MECÂNICA DOS SÓLIDOS I(RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS I) Bibliografia: • • • • Ferdinand Beer, E. Russel Johnston – Resistência dos Materiais Timoshenko – Mecânica dos Sólidos William Nash – Resistência dos Materiais Vladimir Arrivabene – Resistência dos Materiais Professor: Eduardo Moura Lima 1 Cap I: Conceitos Fundamentais Exercícios relacionados: Capítulo 1 da Lista de Exercícios 1. Definição de Resistência dos Materiais: A Resistência dos Materiais (Mecânica dos Sólidos) é a ciência que estuda os materiais quanto à sua rigidez e resistência, quando de seu uso nas estruturas. Para dimensionarmos qualquer tipo de estrutura, não levamos em consideração somente a Mecânica, e sim, principalmente, a Resistência do Material a ser empregado. Mecânica materiais rígidos (ideais) Resistência dos Materiais materiais deformáveis (reais) Hipóteses simplificadoras Real Ideal Coeficiente de segurança 2 2. Hipóteses Simplificadoras: a. Continuidade: os materiais serão considerados maciços, não se levando em consideração a descontinuidade da matéria. b. Homogeneidade: os materiais terão propriedades idênticas em todos os pontos. c. Isotropia: os materiais terão propriedades idênticas em todas as direções. 3. Princípios Fundamentais: a. Superposição de cargas: o efeito da ação conjunta em um só corpo é igual ao somatório dos efeitos das ações parciais. b. Saint-Vennant: é possível substituir um sistema de forças por outro, estaticamente equivalente, significando maior simplificação nos cálculos. 4. Tipos de Carregamento: a. Carga concentrada: F b. Carga uniformemente distribuída: q L c. Carga momento: M 3 | 5. Tipos de Apoios: a. 1º gênero (Charriot): F V b. 2º gênero (Rótula): F H V F OU H V c. 3º gênero (Engaste): F M H V 4 Classificação dos Esforços: Ativos – Dados Exteriores Reativos – Calculados pelas equações de Equilíbrio dos Corpos (ΣFX . ΣMP) Solicitantes – são os esforços atuantes em cada ponto do corpo. ΣFY .6. Resistentes – são os maiores esforços que podem ocorrer nos pontos. Dependem dos Interiores esforços exteriores (são calculados). Dependem do material (são buscados em tabelas). Condição de estabilidade: Esforços solicitantes ≤ Esforços resistentes para todos os pontos 5 . F8 – esforços exteriores (ativos ou reativos) O corpo é separado em duas partes.... F3 .. Cálculo dos Esforços Solicitantes (na seção reta S): F1 F4 F5 S F6 F2 F7 F3 F8 Corpo em equilíbrio Forças F1 .. na seção S: F4 S F5 V F6 F1 CG G S F7 R R F8 R F2 F3 6 . F2 .7. CG NG X N Q2 Q2 X Q1 Q1 Vista de A Vista de B 7 . a ação será exatamente igual na direção. será apenas representado no bloco da direita. na figura. Q2 e N. com sentido contrário. No bloco da esquerda. F4 F5 S F6 Vista A CG G N Q2 F7 Q1 R F8 Vista B Faremos a decomposição da força R em 3 direções ortogonais: Q1 . F7 (tanto faz. F5 . F6 . pois o corpo está equilibrado) e F8 Ação da carga R (no bloco da direita): Observação: O detalhamento das cargas. F2 e F3 OU F4 .R = resultante das forças F1 . M2 e T.Q1 e Q2 . a ação será exatamente igual na direção. F4 F5 S V M2 M1 F6 Vista A CG G T F7 F8 Vista B Faremos a decomposição do momento M em 3 direções ortogonais: M1 . na figura.esforços cortantes (forças paralelas à seção) N – esforço normal (forças perpendiculares à seção) Ação do momento V (no bloco da direita): Observação: O detalhamento das cargas. com sentido contrário. M2 M2 M1 T CG T X Vista de A M1 Vista de B 8 . No bloco da esquerda. será apenas representado no bloco da direita. Q. o cálculo feito por um lado será igual ao feito pelo outro lado) • Para cada carga existente no lado escolhido. M ou T). O somatório dos valores calculados será o valor do esforço solicitante na seção.M1 e M2 .momentos fletores (giro de uma seção em torno de um eixo colocado no plano da própria seção) T – momento torçor (giro de uma seção em torno de um eixo perpendicular à seção). 9 . Conclusão: Os esforços solicitantes são: • • • • Esforço Normal Esforço Cortante Momento Fletor Momento Torçor Como calculá-los? Para calcular os esforços solicitantes em uma determinada seção: • Selecionar a partir de que lado da seção os esforços serão calculados (como o corpo está equilibrado. atribuindo-lhe um sinal conforme a convenção de sinais a seguir. calcular o valor do esforço solicitante na seção (N. Convenção de Sinais + - N: Q: M: T: 10 . inicialmente colocaremos todas as cargas em um plano vertical (plano solicitante). M e T) Faremos o estudo em cima de 3 carregamentos simples. a = VB . Os resultados encontrados serão generalizados para carregamentos mais complexos. (a + b) = P. que estará passando sobre o eixo da barra.a / (a + b) P - . x equação da reta DMF + VA . Assim.b / (a + b) + VB = P.b Conclusões: Todos os diagramas começam e terminam em ZERO 11 . Q. estaremos eliminando os momentos torçores. Observação: Para simplificação do estudo.VB MS = VA . Carga concentrada: P x Σ F X = 0 HB = 0 S | HB Σ FY = 0 VA + VB = P VA VB a Σ MB = 0 b VA .Cap II: Isostática Exercícios relacionados: Capítulo 1 da Lista de Exercícios Objetivo: Traçado dos diagramas dos esforços solicitantes (N.b VA DEC VA = P. que serão estudados num capítulo à parte (Torção Simples): 1. Em trechos de carga uniformemente distribuída: • DEC é reta qualquer • DMF é parábola do 2º grau. Q = dM/dx 12 . com fmédio = qL2 / 8 d. Carga concentrada = P provoca: • No DEC: descontinuidade (“degrau”) = P • No DMF: discordância (“bico”) 2. Carga uniformemente distribuída: Σ F X = 0 HB = 0 q x Σ FY = 0 VA + VB = qL HB | S VA Σ MB = 0 VB L VA .qL/2 MS = qL/2. Em trechos sem carga: • DEC é constante • DMF é reta qualquer b.a. L = qL2 / 2 VA = VB = qL/2 qL/2 + DEC - QS = qL/2 – qx reta . X – qx2 / 2 parábola 2º grau máximo: dM/dx = qL/2 – qx = 0 Q = dM/dx x = L/2 Mmáx = qL2 / 8 DMF + Conclusões: c. (a + b) – M = 0 VA = M /(a + b) = . Em trechos de carga momento M: • DEC não se altera • DMF apresenta descontinuidade (“degrau”) = M 13 .3. Carga momento: Σ F X = 0 HB = 0 Σ FY = 0 VA + VB = 0 Σ MB = 0 VA . a Conclusões: e.VB M | a b VA VB VA + DEC -VB. b DMF M + VA . total – BD Def..elástica . onde μ – é o coeficiente de Poisson do material (tabelado) 2.CD 14 . Deformações elásticas x Deformações plásticas (ou residuais) A B C D Def. deformação unitária transversal ε x ε’ : ε’ = -μ ε (equação empírica)..Cap III: Solicitação Axial (Tração e Compressão) Exercícios relacionados: Capítulo 2 da Lista de Exercícios N – força estática N N Si b a L N N Sf L + ΔL b ..plástica – BC Def.Δb a . Deformações lineares: Longitudinal: ε = ΔL/L deformação unitária longitudinal Transversal : ε’= Δa/a = Δb/b = ..Δa 1. Cálculo de ΔL: σ=Eε ε = ΔL/L σ = N/S N/S = E ΔL/L 15 ΔL = NL / ES .3. 5. Tensões: FN . onde E = tg θ E módulo de elasticidade longitudinal do material (ou Young) Veremos o estudo do gráfico completo no item 9.força normal FN . Relação entre σ e ε: Do ensaio de tração: σ Nos instantes 1.força tangencial S σ = FN / S (tensão normal) (letra grega sigma) τ = FT / S (tensão tangencial) (letra grega tau) 4.força normal FT . 2 etc: reta N1 σ1 e ΔL1 ε1 N2 σ2 e ΔL2 ε2 θ ε Equação da reta: σ = E ε (lei de Hooke). Deformações volumétricas: εV = ΔV / V = -(1 . Deformações superficiais: a Si b a + Δa Sf b + Δb εS = ΔS / Si = (Sf .d W =(F . na solicitação axial (Potencial elástico acumulado ou Energia de deformação) é: W = N. o trabalho executado pela força que deforma uma barra. Δb – ab) / ab = = (a Δb + b Δa) / ab = Δb/b + Δa/a = ε’ + ε’ = 2 ε’ = -2 µ ε εS = ΔS / S = -2 µ ε 7. d) / 2 d d Força dinâmica Força estática Como estamos trabalhando com força estática.ab) / ab = (ab + a Δb + b Δa + Δa.6.Si ) / Si = 0 = ((a + Δa)(b + Δb) . Potencial elástico acumulado (Energia de deformação) F F W=F.2 µ) ε 8.ΔL / 2 16 . existem somente deformações elásticas. Diagrama de tensões (σ) x deformações (ε) σ 5 X 3 X 2 X 1X 0 X 4 ε X Trecho 0-1: retilíneo σ = E ε (lei de Hooke) σ em 1 : limite de proporcionalidade (σP) Trecho 0-2: até 2. começam a surgir as deformações plásticas σ em 2 : limite de elasticidade (σE) σE ≈ σP Trecho 3-4: patamar de escoamento σ em 3 : limite de escoamento superior (σS) σ em 4 : limite de escoamento inferior (σi) Em 5: início da da ruptura σ em 5 : limite de resistência (σR) 17 . A partir de 2.9. todas as barras só recebem esforços normais (as forças atuam apenas nos nós das barras).Barras rotuladas: Barra Fio F F Em ambos os casos. há um alinhamento da barra ou do fio com a força. Tanto o fio como a barra só recebem esforços normais. podemos afirmar que. Assim sendo.10. Não pode 18 . no caso abaixo. recebe um aquecimento de ΔT. Quais as reações que surgem nas paredes? Dados: E. ΔT 19 . ΔT N = E.S.Efeito da temperatura: N L A barra de comprimento L. α . engastada entre duas paredes. fazendo-a voltar ao seu tamanho original: 0 ΔL (pela ação da força) = N (L + ΔL T ) / ES = ΔL T = L. ΔT. a barra sofreria uma dilatação de ΔL T = L. L. α . ela exerce uma força sobre a barra que seria responsável pela deformação da barra dilatada. ΔT. α . Como existe a parede.11. S e α (coeficiente de dilatação linear do material) Caso não houvesse a parede à direita. M e Q 1. Corte nos rebites: Seções de corte Força atuante em cada seção de corte: Força total na barra/nºseções de corte Força de corte Área de corte: πφ2 / 4 20 . ou quando atua também o momento fletor. Juntas rebitadas: Diâmetro dos rebites: φ C B A 1 d2 d1 2 P/2 e2 2 1 P/2 e2 e1 P 2 a. mas este pode ser desprezado.Cap IV: Corte Exercícios relacionados: Capítulo 3 da Lista de Exercícios Quando atua somente o esforço cortante. Força atuante em cada seção de esmagamento: Força total na barra / nº seções de esmagamento Área de esmagamento: área rebatida do rebite (ou do furo) na barra Barra 1: σE = (P/6) / (φ. a área de esmagamento será a área rebatida no plano (pontilhada na figura – um retângulo). Tração nas chapas: Força atuante em cada seção tracionada: força atuante na fileira A. 21 .Barra 1: τ = (P/12) / (πφ2 / 4 ) ≤ τ Barra 2: τ = (P/2/6) / (πφ2 / 4 ) ≤ τ b.e2 ) ≤ σE2 c.e1 ) ≤ σE1 Barra 2: σE = (P/2/6) / (φ. Esmagamento das chapas: Vista de cima Furo na chapa Rebite Áreas de esmagamento Para facilidade nos cálculos. B e C. e a favor da segurança (trabalharemos com área menor). B ou C (fileira de rebites) Área sujeita à tração: área útil em cada barra (sem os furos) nas fileiras A. 3φ).φ).e1 ) ≤ σT1 Seção B: σB = (P – P/6) / ((d1 .e2 ) ≤ σT2 Nas seções A e B. a área diminui a área crítica precisa ser calculada Barra 2: Seção C: σC = (P/2) / ((d2 .2φ). Solda de topo: S N N N / S ≤ σT(solda) 22 .e1 ) ≤ σT1 Seção C: σC = (P – 3P/6) / ((d1 .e1 ) ≤ σT1 Há necessidade de se calcular nas 3 seções. a força atuante é menor e a seção reta é maior seção C é a crítica d. Arrancamento nas chapas: garantido pelos espaçamentos mínimos entre os rebites. 2. pois à medida que a força diminui.3φ). Ligações soldadas: a.Barra 1: Seção A: σA = P / ((d1 . τ) F2 L Ltotal Carga não centrada: L1 F1 e1 F e2 F2 L2 23 = 2 Lnec . Cordão de solda: N N Área a ser cisalhada t m m=t √ t Carga centrada: F1 = F2 = F/2 L F1 (F/2)/(mL) = √ F (F/2)/(t .b.L) ≤ τ Lnec ≥ F / (t√2. τ ) L1 + L2 = L √ √ √ τ = F1 / (t . τ ) L2 = (L. e1 ) /((e1 + e2 ) (t . τ ) = (F . (e1 + e2 ) = F.L1) L1 = F1 / (t . τ ) = (F . e2 F2 = ( F. τ ) L1 = (L. e2 ) / (e1 + e2 ) √ √ √ τ = F2 / (t .F1 + F2 = F F1 = ( F.L) L = F / (t . e1 ) / (e1 + e2 ) √ √ τ = F / (t . e2 ) /((e1 + e2 ) (t . e2 ) / (e1 + e2 ) F1 . e1 ) / (e1 + e2 ) 24 .L2) L2 = F2 / (t . Cap V: Geometria das Áreas (Revisão) 1. y1 + S2 . y2 25 y =ΣMx/ ΣS . de uma superfície composta em relação a um eixo: S1 y x1 CG1 x S2 CG x2 y1 y CG2 y2 x M x (total) = M x (seção 1) + M x (seção 2) (S1 + S2 ) . S b. y = S1 . Momento estático: a. de uma superfície em relação a um eixo: y S x X CG dS x ρ y y x Figura 1 Definição: M x = y dS = y. S My= x dS = x. de uma superfície composta em relação a um eixo: Jx (total) = Jx (seção 1) + Jx (seção 2) 3. Translação de eixos: S dS y XCG CG a X// JCG = y2 dS J// = (y + a)2 dS = (y2 + 2 a y + a2 ) dS = 0 = 2 y dS + 2a J// = JCG + a2 S y dS + a2 dS Teorema de Steiner 26 . Momento de inércia: a. Momento de inércia polar: a. de uma superfície em relação a um eixo (figura 1): Definição: JP = ρ2 .2. de uma superfície em relação a um eixo (figura 1): Definição: Jx = y2 dS Jy = x2 dS b. dS = (x2 + y2 ) dS = = x2 dS + y2 dS = Jx + Jy b. de uma superfície composta em relação a um eixo: JP (total) = JP (seção 1) + JP (seção 2) 4. y /3 0 0 X1 b Jx1 = b. Momento de inércia do retângulo: y dS = b.dy y dS = -h/2 .dy dS dy h Jx1 = h h 2 0 y h 2 3 y dy = b.y /3 -h/2 h = 0 h = b.5.h3 /12 b 27 +h/2 3 y dS = b. = y2 b.h3 /3 y dS +h/2 2 Jx = y X Jx = b. Nenhuma das cargas tem projeção horizontal.Cap VI: Flexão Reta Simples Exercícios relacionados: Capítulo 4 da Lista de Exercícios Plano das Cargas (Solicitante) Vista B CG a a' b b' c c' Figura 1 Eixo da barra Plano Neutro Vista A Todas as cargas estão num plano vertical (Plano Solicitante). Conceituação: Observe que o tipo de carregamento definido só implica na existência de Q e M (não existem N nem T) Flexão Simples 28 . Eixo Solicitante CG Linha Neutra Seção Reta Vista de B A interseção do Plano Solicitante com o plano da seção reta em estudo recebe o nome de Eixo Solicitante (ES). que passa pelo eixo da barra. Flexão Simples: somente Q e M A flexão será reta quando o Eixo Solicitante coincidir com um dos 2 eixos centrais principais de inércia da seção: Flexão Reta: ES coincide com um dos 2 eixos centrais principais de inércia Vista de A : a a' b b' c c' ρ dθ a y a' b' b c x c' dθ/2 x aa' – sofreu encurtamento (compressão) bb' – praticamente não sofre variação de tamanho – tensão nula – faz parte de uma região neutra – Plano Neutro cc' – sofreu alongamento (tração) 29 . Fibra cc’: Y – distância da fibra à LN ρ – raio de giração da região neutra Є = ΔL / L: ΔL = 2.x = 2.dS = 0 y. dθ/2 = y. dθ) Є = y/ ρ L = ρ. dθ)/( ρ. dS = (E / ρ) y.y. y/ ρ).dS z CG dS y LN (x) Q Seção S Figura 2 Condições de equilíbrio da seção S: • Σ Fz = 0 σ. dθ Є = (y. dS = 0 (E. y/ ρ Estudo de uma seção S: ES (y) M x P (ponto) σ.dS = 0 momento estático da seção S em relação ao eixo x (LN) 30 . dθ Como σ = E Є (Lei de Hooke) σ = E. y) / JLN Com a equação acima. então o eixo passa pelo CG da seção. y/ ρ). pertencente a uma seção S (vide figura 2).y.dS = 0 o produto de inércia da seção em relação aos e y é nulo eixos x x (LN) e y (ES) são eixos centrais principais de inércia da seção (eixos conjugados da elipse central de inércia da seção) • Σ Mx = 0 M (E /ρ) σ.Quando o momento estático de uma seção em relação a um eixo é ZERO. y/ ρ σ = (M. da seção S M – momento fletor atuante na seção S Y – distância do ponto P à LN JLN – momento de inércia da seção S em relação à LN 31 . x = 0 (E. dS . dS. y = 0 (E. x = (E /ρ) xy dS = 0 x. onde: σ – tensão normal atuante no ponto P. dS. JLN σ = E. podemos determinar a tensão normal num ponto qualquer P. y/ ρ). y = y2 dS = M JLN M = (E /ρ) . Como o eixo x é a LN LN passa pelo CG • Σ My = 0 σ. dS . Assim. observamos que os pontos acima da região neutra são comprimidos. como no exemplo. conseguimos identificar onde ocorrem a tração e a compressão. se soubermos o sinal do Momento Fletor. No entanto. Se pudermos observar claramente a elástica. tracionados. M+ - M C T T C 32 .Sinal da tensão σ : No exemplo apresentado na figura 1. as concavidades da elástica e do DMF são semelhantes. Isto ocorre porque a barra faz uma “barriga” para baixo. nem sempre é simples identificar a elástica. poderemos saber o sinal da tensão normal. Linha elástica T C C T - DMF DMF + Observe que. embora sejam coisas completamente diferentes. A forma que a barra toma pela aplicação da carga é chamada de linha elástica (será estudada no próximo capítulo). Saberemos a resposta através do momento fletor. e os que estão abaixo. por se tratar de uma função linear. verificamos que os valores de M e JLN são iguais para todos os pontos. conforme LN analisado no parágrafo anterior.ou + Seção reta DTN Tensões Normais Máximas numa seção: Sendo os valores de M e JLN iguais para o cálculo das tensões normais em todos os pontos de uma seção. e somente y varia de acordo com o ponto. como confirma o traçado do DTN. Os sinais + ou – dependerão do sinal + ou - do Momento Fletor. E onde ocorrerão as maiores tensões normais. Então. e y sendo variável. de tração e compressão. o diagrama que representa a distribuição das tensões normais ao longo de uma seção é representado por uma reta. Por isso. acima. a equação acima é representada por uma reta. . y) / JLN Estudando as tensões normais nos pontos de uma única seção reta.Diagrama das Tensões Normais (DTN): Analisemos a equação de tensões normais deduzida anteriormente: σ = (M. observamos que as maiores tensões normais ocorrerão nos pontos mais distantes da LN. numa estrutura qualquer? Como calcular? 33 . dS = h/2 h/2 σ2 = (M2 .dS) / JLN y0 h/2 h/2 ((M1 + dM). 2 P 1 N1 N2 N3 y0 h dz b N2 N1 b dz M2 = M1 + dM h/2 σ1 = (M1 .dS) / JLN + y0 N1 34 (dM. veremos agora o que ocorre pela ação do Q.Tensões Tangenciais Acabamos de verificar que o momento fletor M é o responsável pelo surgimento de tensões normais em um ponto.dS= h/2 y0 (M2 . Como estamos estudando a flexão reta simples (M e Q).dS)/ JLN y0 . y) / JLN N1 = y0 h/2 σ1 . y. y.y.dS) / JLN = (M1 . .dS) / JLN = y0 y0 = (M1 .y. y. y) / JLN N2 = σ2. JLN)) .h/2 N2 = N1 + (dM.surgirá pela ação das fibras abaixo do bloco (força tangencial) h/2 N3 = (dM.dS y0 . em relação à LN.dS)/ JLN y0 N3 . onde: τ – tensão tangencial no ponto P de uma seção S Q – esforço cortante na seção S M LN – momento estático. JLN ) y. (dM/dz).dS)/ JLN y0 y0 h/2 τ = τ = N3 / (bdz) τ = ((1 / b.y.y.dS)/ JLN h/2 τ.y. (Q M LN ) / (b. da área delimitada entre a horizontal que passa no ponto P e a extremidade adjacente b – espessura útil da seção reta na altura do ponto P JLN – momento de inércia da seção S em relação à LN 35 . bdz = (dM. (h/2 . (y + ((h/2 – y) / 2)) parábola do 2º grau Onde ocorrem as maiores tensões tangenciais nas seções abaixo? LN LN E onde ocorrerão as maiores tensões tangenciais numa estrutura qualquer? Como calcular? 36 . JLN ) JLN = (b.h3 ) / 12 M LN = b .y).Diagrama das Tensões Tangenciais na seção (DTT): Seção retangular: xP y h LN b τ = DTT (Q M LN ) / (b. o deslocamento horizontal é desprezível Θ – rotação Objetivos: Obtenção das equações: y = f(x) – equação da linha elástica y’ = f’ (x) = tg Θ ≈ Θ .equação das rotações 37 .Cap VII: Flexão Reta Simples – Linha Elástica Exercícios relacionados: Capítulo 4 da Lista de Exercícios x y Reta horizontal θ Reta tangente à elástica θ Reta vertical Reta normal à elástica y – flecha – deslocamento vertical . Є = y/ ρ (do estudo da Flexão Reta Simples) σ = (M. y) / JLN (Idem) σ = E . JLN . y) / JLN = E y/ ρ ρ = (E . JLN ) / M Da Matemática: ρ = ((1 + (y’)2 )3/2 ) / y’’ Como y’ = Θ (y’)2 << 1 ρ = 1 / y’’ 1 / y’’ = (E . Є (Lei de Hooke) (M. JLN ) / M E . y’’ = M 38 (equação diferencial da elástica) . Consideramos como positivo quando o vetor “sair” da seção (mão direita). Podemos representá-lo como: . dizemos existir TORÇÃO SIMPLES. 39 . A Resistência dos materiais chega a resultados exatos somente para tais seções.Cap VIII: Torção Simples Exercícios relacionados: Capítulo 5 da Lista de Exercícios O estudo que faremos será para peças cilíndricas (ocas ou maciças). sendo feito para cada tipo de seção transversal um estudo conveniente. Nosso objetivo será o estudo das peças cujas seções transversais sejam circulares ou coroas circulares. Na torção o comportamento das peças depende da forma de sua seção transversal. X Quando temos apenas ocorrendo o momento torçor na seção. Dizemos que a barra está torcida quando as ações exercidas de um lado de uma seção em estudo dão lugar a um conjugado contido no plano da seção. Isto indica que nas seções transversais da barra existem tensões de cisalhamento (tangenciais). Após o ensaio. ainda. x . DEC e DMF. permanecendo reto. 40 . Cálculo das tensões nas barras de seção circular: x E E φ F F’ E’ F . observamos que a rede retangular se transforma em rede de paralelogramos.Diagrama dos Momentos Torçores (DMT): Traçado a partir dos mesmos conceitos do DEN. Observamos. O diâmetro EF gira de φ relativamente á posição E’F’. logo não existe tensão normal. usando a convenção definida no Capítulo I. que as distâncias entre as circunferências que representam as seções transversais não variam e nem se modifica o comprimento da peça. dS = G. γ (por analogia) módulo de elasticidade transversal τ = G . MT / (G. (dφ / dz) G . dS = MT MT = = G. JP ) τ = (MT .dS) / dz = ρ2 . JP ) φ = (MT / (G. ρ . JP ) (2) (1) E (2): τ = G. JP dφ / dz = MT / (G. dφ) / dz Lei de Hooke: σ = E . ρ) / JP De (2): dφ = (MT . JP )) φ = (MT . dz = ρ . dφ γ = (ρ . dz) / (G. dφ) / dz deformação unitária angular (1) Analisando somente um dos lados da peça: MT dS τ ρ Σ Mz = 0 z τ . dφ.ρ dφ γ dz γ. (ρ .z) / (G. JP ) 41 (radianos) dz . Є τ = G . ρ. (dφ / dz). (ρ2 . Diagrama de tensões tangenciais (DTT): DTT JP = (π D4 ) / 32 JP = (π (D4 – d4 )) / 32 42 .