Estado Plano de Tensões

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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 6 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
2 
CONVERSA INICIAL 
Nesta aula, aplicaremos os conhecimentos adquiridos acerca da 
determinação das tensões em problemas em que há uma combinação de cargas 
como tração, flexão, cisalhamento e torção. A partir de um estado de tensão, 
você aprenderá a obter as tensões para determinada direção e descobrirá a 
direção em que essas tensões são máximas. Por fim, você aprenderá a 
descrever o círculo de Mohr a fim de demostrar graficamente as tensões 
principais a partir de um estado plano de tensões. 
TEMA 1 – ESTADO DE TENSÃO CAUSADO POR CARGAS COMBINADAS 
Nas aulas anteriores, vimos como determinar as tensões em elementos 
submetidos a forças normais, forças cortantes, momentos fletores e ao torque. 
Para cada tipo de carregamento foi obtida sua respectiva fórmula de tensão, 
entretanto, há situações em o carregamento pode gerar mais de um tipo de 
tensão como, por exemplo, tensão normal e tensão de flexão simultaneamente. 
Neste caso, as tensões são combinadas e seus efeitos são somados, ou seja, a 
tensão resultante é uma combinação da tensão normal e da tensão de flexão. 
Para determinar a tensão resultante em um determinado ponto da 
estrutura, podemos aplicar o método da superposição. Para isso, é necessário 
determinar a tensão devido a cada tipo de carga e, então, essas tensões são 
superpostas (somadas) para determinar a tensão resultante. Lembrando que o 
método da superposição só pode ser aplicado em casos em que há uma 
prelação linear entre a tensão e as forças. Além disso, isso vale para problemas 
em que o elemento sofre mudanças na geometria muito sutis que podem ser 
desprezadas. 
Este tema engloba praticamente todos os assuntos vistos até aqui e é 
essencial no projeto de estruturas, pois em grande parte dos problemas de 
engenharia as cargas agem de forma combinada. 
Para determinar a tensão normal e cisalhante de uma determinada 
estrutura, sugere-se a aplicação do seguinte procedimento: 
1) Cálculo das cargas internas (força normal, 𝑁, força cortante, 𝑉, momento 
fletor, 𝑀, e toque) através da aplicação das equações de equilíbrio (∑ 𝑭 =
𝟎 e ∑ 𝑴 = 𝟎); 
 
 
3 
2) Cálculo da tensão normal média visto anteriormente, através da seguinte 
equação: 
𝜎 =
𝑁
𝐴
 (1) 
Em que 𝜎 é a tensão normal, 𝑁 é a força normal e 𝐴 é a área da seção 
transversal do elemento analisado; 
3) Cálculo da tensão de cisalhamento transversal visto anteriormente, 
através da seguinte equação: 
𝜏 =
𝑉𝑄
𝐼𝑡
 (2) 
Em que 𝜏 corresponde à tensão de cisalhamento no elemento no ponto 
localizado à distância 𝑦 do eixo neutro. Consideramos que ela é constante 
e média por toda a largura 𝑡 do elemento. 𝑉 é a força cortante interna 
determinada pelo método das seções, é o momento de inércia de área da 
seção transversal calculada em torno do eixo neutro, 𝑡 corresponde à 
largura da seção transversal do elemento que passa pelo ponto onde a 
tensão de cisalhamento está sendo calculada e 𝑄 é o momento de 
primeira ordem da área 𝐴′, definido por: 
𝑄 = �̅�′𝐴′ (3) 
sendo 𝐴′ a área da porção superior ao ponto definido pela largura 𝑡 em 
que a tensão de cisalhamento está sendo determinada e �̅�′ é a distância 
entre o centroide da área 𝐴′ e o eixo neutro. 
4) Cálculo da tensão de flexão visto anteriormente, através da seguinte 
equação: 
𝜎 =
𝑀𝑦
𝐼
 (4) 
onde 𝜎 corresponde à tensão de flexão em um ponto qualquer da seção 
transversal e 𝑦 é a distância perpendicular do eixo neutro e o ponto em 
que 𝜎 está sendo calculado. 𝑀 corresponde ao momento fletor interno 
determinado pelo método das seções e posicionado sobre o eixo neutro 
 
 
4 
e 𝐼 é o momento de inércia de área da seção transversal da viga, em torno 
do eixo neutro. 
5) Cálculo da tensão de cisalhamento devido ao torque visto 
anteriormente, através da seguinte equação: 
𝜏 =
𝑇𝜌
𝐽
 (5) 
sendo 𝑇 é o torque interno, 𝜌 é o raio em que se deseja determinar a 
tensão de cisalhamento e 𝐽 é o momento polar de inércia da seção 
transversal do eixo 
6) Superposição das tensões, como visto anteriormente, para determinação 
da tensão resultante. Em geral, a representação desse resultado é 
apresentada através do esboço de um elemento de material localizado no 
ponto em que se deseja conhecer a tensão resultante. 
Para recapitular, a Figura 1 mostra os quatro tipos de carregamentos que 
produzem as respectivas tensões vistas nos passos 2 a 5. 
Figura 1 – (a) Força normal (tração ou compressão), (b) força de cisalhamento 
ou cortante, (c) momento fletor e (d) torque 
(a) (b) 
 (c) (d) 
Exemplo 1: Se a seção transversal do fêmur na seção a-a puder ser 
aproximada como um tubo circular, como mostrado, determine a tensão normal 
máxima desenvolvida na seção transversal seção a-a devida à carga de 375 N. 
 
 
5 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Conforme o primeiro passo, temos que determinar as forças 
internas, que neste caso são: força normal e momento fletor como mostra a 
figura. 
 
Neste exemplo não há força de cisalhamento e nem torque. Assim temos: 
∑ 𝐹𝑦 = 0; − 375 + 𝑁 = 0 → 𝐹 = 375 𝑁 
∑ 𝑀𝑎−𝑎 = 0; − 375.0,05 + 𝑀 = 0 → 𝑀 = 18,75 𝑁. 𝑚 
 O segundo passo é calcular a tensão normal proveniente pela força 
normal aplicando a Equação 1: 
𝜎𝑁 =
𝑁
𝐴
=
375
(𝜋(0,0242 − 0,012²))
 → 𝜎𝑁 = 276,31 𝑘𝑃𝑎 
 
 
6 
O terceiro e o quinto passo não serão aplicados, pois não há força de 
cisalhamento transversal e nem força torque. O quarto passo é determinar a 
tensão de flexão pela aplicação da Equação 4 considerando o momento fletor 
interno na seção a-a, onde 𝑦 é a distância entre a superfície do eixo e o centroide, 
ou seja, é o raio externo para a tensão de flexão máxima e o momento de inércia 
de uma seção tubular é 
𝐼 =
𝜋(𝑟𝑒
4 − 𝑟𝑖
4)
4
 (6) 
Aplicando a Equação 4 ficamos com: 
𝜎𝑀 =
𝑀𝑦
𝐼
=
18,75.0,024
(
𝜋(0,0244 − 0,0124)
4
)
 → 𝜎𝑀 = 1,842 𝑀𝑃𝑎 
 Toda a seção transversal está sofrendo uma tensão normal de 
compressão. O lado direito da linha que passa pelo centroide está submetido a 
uma tensão de flexão de compressão, já no lado esquerdo a tensão de flexão é 
de tração como mostra a seguinte figura: 
 
Portanto, a tensão do lado esquerdo da linha que passa pelo centroide do 
osso é dada por: 
𝜎𝑡 = −276,31. 10
3 + 1,842. 106 → 𝜎𝑡 = 1,57 𝑀𝑃𝑎 
 
 
 
7 
Observe que o sinal positivo é uma tensão de tração. Já a tensão do lado 
direito da linha que passa pelo centroide do osso é: 
𝜎𝑐 = −276,31. 10
3 − 1,842. 106 → 𝜎𝑐 = −2,12 𝑀𝑃𝑎 
Essa tensão é de compressão, por isso leva o sinal negativo. 
O estado de tensão pode ser representado através de um elemento sólido 
como mostra a seguinte figura: 
 
Exemplo 2: A furadeira é pressionada contra a parede e está sujeita ao 
torque e força mostrados. Determine o estado de tensão no ponto A na seção 
transversal da broca da furadeira na seção a-a. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: O primeiro passo é determinar as forças na seção em a-a e 
calcular conforme o seguinte DCL: 
 
 
8 
 
Aplicando as equações de equilíbrio podemos determinar as forças 
internas, por: 
∑ 𝐹𝑥 = 0; 𝑁 − 150.
4
5
= 0 → 𝑁 = 150.
4
5
 → 𝑁 = 120 𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0; −𝑉 + 150.
3
5
= 0 → 𝑉 = 150.
3
5
 → 𝑉 = 90 𝑁 
∑ 𝑀 = 0; −𝑀 + 150.
35
. 0,4 − 150.
4
5
. 0,125 = 0 
𝑀 = 150.
3
5
. 0,4 − 150.
4
5
. 0,125 → 𝑀 = 21 𝑁. 𝑚 
 A partir das forças internas e o torque de 20 N.m, podemos aplicar os 
passos 2 a 5 para determinar as tensões envolvidas no ponto A da seção a-a. O 
passo 2 nos orienta a determinar a tensão normal, em que a área é definida 
considerando o raio de 5 mm. 
𝜎𝐴𝑁 =
𝑁
𝐴
=
120
(𝜋. 0,005²)
 → 𝜎𝐴𝑁 = 1,53 𝑀𝑃𝑎 
 A tensão de cisalhamento transversal (passo 3) no ponto A é zero, pois, 
a área acima do ponto A é zero, logo, o momento de área de primeira ordem, 𝑄, 
é zero. Portanto, 𝜏𝐴𝑉 = 0. 
A tensão de flexão devido ao momento fletor, 𝑀, (passo 4) é determinada 
pela aplicação da Equação 4, onde o momento de inércia é dado por 𝐼 =
𝜋𝑟4
4
 e 𝑦 
é a distância entre o centro da circunferência e o ponto A, ou seja, é o raio: 
 
 
9 
𝜎𝐴𝑀 =
𝑀𝑦
𝐼
=
21.0,005
(
𝜋. 0,0054
4 )
=
21.4
𝜋. 0,0053
 → 𝜎𝐴𝑀 = 213,90 𝑀𝑃𝑎 
 A tensão de cisalhamento devido ao torque é obtida no passo 5 aplicando 
a Equação 5, em que o momento polar de inércia é dado por 𝐽 =
𝜋𝑟4
2
 e 𝜌 é o raio 
no ponto em que está sendo calculada a tensão: 
𝜏𝐴 𝑇 =
𝑇𝜌
𝐽
=
20.0,005
𝜋. 0,0054
2
=
20.2
𝜋. 0,0053
 → 𝜏𝐴𝑇 = 101,86 𝑀𝑃𝑎 
 A tensão normal resultante é obtida pela soma da tensão normal devido à 
força normal 𝜎𝐴𝑁 = 1,53 𝑀𝑃𝑎 com a tensão de flexão devido ao momento fletor 
𝜎𝐴𝑀 = 213,90 𝑀𝑃𝑎. Note que a força normal é de compressão e que o momento 
fletor no ponto A também gera uma carga de compressão, logo: 
𝜎𝐴 = −1,53. 10
6 − 213,90. 106 → 𝜎𝐴 = −215,43 𝑀𝑃𝑎 
Note que o sinal negativo é somente para mostrar que é uma carga de 
compressão. 
A tensão de cisalhamento no ponto A é devido somente ao torque, pois 
não há cisalhamento transversal, portanto: 
𝜏𝐴 = 0 + 101,86. 10
6 → 𝜏𝐴 = 101,86 𝑀𝑃𝑎 
O estado de tensão pode ser representado através de um elemento sólido 
como mostra a seguinte figura: 
 
TEMA 2 – TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO NO PLANO 
No tema anterior vimos como determinar a tensão normal e a tensão de 
cisalhamento em um determinado ponto de uma seção da estrutura. Esse estado 
 
 
10 
de tensão é obtido para um determinado sistema de coordenadas, entretanto, é 
possível transformar essas componentes de tensão em componentes 
associadas a um sistema de coordenadas com uma outra orientação. 
O estado geral de tensão em um ponto (Figura 2a) é caracterizado por 
seis componentes de tensão normal, 𝜎𝑥, 𝜎𝑦 e 𝜎𝑧, e seis de cisalhamento, 𝜏𝑥𝑦, 𝜏𝑥𝑧 
e 𝜏𝑦𝑧, que agem nas seis faces de um elemento localizado no ponto, onde em 
cada face há uma tensão normal e duas cisalhantes. Contudo, essa 
representação do estado triaxial de tensões não é muito utilizada na prática de 
engenharia. Simplificações podem ser realizadas a fim de representar as 
tensões em um único plano. Nesse caso, dizemos que o material está sujeito a 
tensões no plano (Figura 2b). O estado plano de tensões em um ponto é, 
portanto, representado por uma combinação de duas componentes de tensão 
normal, 𝜎𝑥 e 𝜎𝑦, e uma componente de tensão de cisalhamento, 𝜏𝑥𝑦, que agem 
nas quatro faces do elemento (Figura 2c). 
Figura 2 – (a) Estado geral de tensão, (b) estado plano de tensão e (c) estado 
plano de tensão (visão bidimensional) 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Neste tema desenvolveremos o cálculo para determinar o estado plano 
de tensões para um sistema de coordenadas com uma orientação 𝜃, como 
mostra a Figura 3. Observe que neste plano as tensões produzidas são: 𝜎𝑥′, 𝜎𝑦′ 
e 𝜏𝑥′𝑦′ medidas em relação ao sistema de coordenadas 𝑥
′ − 𝑦′. 
 
 
 
11 
Figura 3 – Estado plano de tensão para um sistema de coordenadas 𝑥′ − 𝑦′ 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Para desenvolvermos as equações de transformação da tensão no plano 
seguiremos o seguinte passo a passo: 
1) As componentes de tensão 𝜎𝑥′, 𝜏𝑥′𝑦′ que agem na face positiva do eixo 𝑥′ 
do elemento (Figura 3) são calculadas tomando uma seção com o eixo 𝑥′ 
perpendicular à seção de área ∆𝐴 como mostra a Figura 4. Como ∆𝐴 é a 
área da parte seccionada, a área do segmento oposto ao ângulo 𝜃 será 
∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃 e a área adjacente será ∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃 como representado na Figura 4. 
Figura 4 – Elemento seccionado do estado plano de tensões representado na 
Figura 3 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
2) Represente as forças que agem no elemento seccionado como mostra a 
Figura 5, com o eixo 𝑥′ perpendicular à face seccionada. 
 
 
 
12 
Figura 5 – Forças sobre o elemento seccionado no eixo positivo de 𝑥′ 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
3) Aplique ∑ 𝐹𝑥′ = 0. Os termos ∆𝐴 são cancelados e, assim, é possível obter 
a solução direta de 𝜎𝑥′. Aplique também ∑ 𝐹𝑦′ = 0 para obter a solução de 
𝜏𝑥′𝑦′. 
4) Para determinar a tensão 𝜎𝑦′ é necessário considerar uma seção 
perpendicular à primeira seção (Figura 6) com o eixo 𝑦′ saindo da seção 
de área ∆𝐴, podemos aplicar o ∑ 𝐹𝑦′ = 0 para obter a solução de 𝜎𝑦′. 
Figura 6 – Forças sobre o elemento seccionado no eixo positivo de 𝑦′ 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Portanto, o estado plano de tensão no sistema de coordenadas original 
𝑥 − 𝑦 (Figura 7a) é igual à soma de duas seções do elemento no sistema de 
coordenadas 𝑥′ − 𝑦′, onde uma representa o eixo 𝑥′ saindo da seção (Figura 7b) 
e a outra o eixo y’ saindo da seção (Figura 7c). 
 
 
 
13 
Figura 7 – (a) Estado plano de tensões original no sistema de coordenadas 𝑥 −
𝑦, elemento seccionado (b) com 𝑥′ saindo da seção e (c) com 𝑦′ saindo da seção 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Exemplo 3: O estado plano de tensão em um ponto na superfície da 
fuselagem do avião é representado no elemento no elemento orientado como 
mostra a figura. Represente o estado de tensão no ponto em um elemento 
orientado a 30° no sentido horário em relação à posição mostrada. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Vamos analisar o estado plano de tensões apresentado no 
sistema de coordenadas original 𝑥 − 𝑦 (Figura a) e no sistema de coordenadas 
𝑥′ − 𝑦′ (Figura b). 
(a) (b) 
 
 
 
14 
Vamos fazer uma seção de modo que o eixo 𝑥′ apareça saindo da face 
seccionada como mostra a seguinte figura: 
 
 Sabemos que a área seccionada é ∆𝐴, a área oposta ao ângulo é 
∆𝐴𝑠𝑒𝑛30° e área adjacente ao ângulo é ∆𝐴𝑐𝑜𝑠30° como mostra a figura (a), logo, 
as forças em cada seção do elemento acima são dadas pelos produtos das 
tensões com suas respectivas áreas como representa a figura (b). 
(a) (b) 
 
No estado plano de tensões 𝑥 − 𝑦, temos os respectivos valores para as 
tensões: 𝜎𝑥 = 80𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = 50𝑀𝑃𝑎 e 𝜏𝑥𝑦 = 25𝑀𝑃𝑎. A representação do 
elemento seccionado fica conforme apresentado a seguir. 
 
 
15 
 
 Por meio do ∑ 𝐹𝑥′ = 0 podemos obter a solução direta de 𝜎𝑥′, assim, 
temos: 
∑ 𝐹𝑥′ = 0 
−𝜎𝑥′∆𝐴 − 50∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 − 25∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 − 25∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30
+ 80∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 = 0 
 Isolando 𝜎𝑥′, ficamos com: 
𝜎𝑥′
=
50∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 + 25∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 + 25∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 − 80∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30
∆𝐴
 
 Como ∆𝐴 se repete em todos os termos, podemos eliminá-lo da equação, 
ficando com: 
𝜎𝑥′ = 50𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 + 25𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 + 25𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 − 80𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 
𝜎𝑥′ = 12,5 + 10,825 + 10,825 − 60 
𝜎𝑥′ = −25,85 𝑀𝑃𝑎 
 Como o sinal da tensão 𝜎𝑥′ é negativo, logo, o sentido dessa tensão no 
diagrama de corpo livre está errado. Ela é uma força que está tracionando a face 
∆𝐴 (saindo da face). 
Aplicando o ∑ 𝐹𝑦′ = 0 podemos obter a solução direta de 𝜏𝑥′𝑦′. Assim 
temos: 
∑ 𝐹𝑦′ = 0; 
−𝜏𝑥′𝑦′∆𝐴 + 50∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 − 25∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 + 25∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30
+ 80∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 = 0 
 
 
16 
 Isolando 𝜏𝑥′𝑦′, ficamos com: 
𝜏𝑥′𝑦′
=
50∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 − 25∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 + 25∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 + 80∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30∆𝐴
 
 Como ∆𝐴 se repete em todos os termos, podemos eliminá-lo da equação, 
ficando com: 
𝜏𝑥′𝑦′ = 50𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 − 25𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 + 25𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 + 80𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 
𝜏𝑥′𝑦′ = 21,65 − 6,25 + 18,75 + 34,64 
𝜏𝑥′𝑦′ = 68,79 𝑀𝑃𝑎 
 Como o sinal deu positivo sabemos que o desenho foi feito corretamente 
no DCL. 
 A próxima seção deve ser realizada de forma que o eixo 𝑦′ apareça saindo 
da face seccionada como mostra a seguinte figura: 
 
 Como vimos anteriormente, a área seccionada é ∆𝐴, a área oposta ao 
ângulo é ∆𝐴𝑠𝑒𝑛30° e a área adjacente ao ângulo é ∆𝐴𝑐𝑜𝑠30° como mostra a 
figura (a), logo, as forças em cada seção do elemento acima são dadas pelos 
produtos das tensões com suas respectivas áreas como representa a figura (b). 
(a) (b) 
 
 
17 
 A representação do elemento seccionado com os triângulos para obter as 
componentes de tensão nos eixos 𝑥′ e 𝑦′ fica da seguinte forma: 
 
 Conforme o passo 4, vamos aplicar ∑ 𝐹𝑦′ = 0 para obter a solução direta 
de 𝜎𝑦′, assim temos: 
∑ 𝐹𝑦′ = 0; 
𝜎𝑦′∆𝐴 + 25∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 − 50∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 + 25∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 + 80∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 = 0 
 Isolando 𝜎𝑥′, ficamos com: 
𝜎𝑦′ =
−25∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 + 50∆𝐴𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 − 25∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 − 80∆𝐴𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30
∆𝐴
 
 Como ∆𝐴 se repete em todos os termos, podemos eliminá-lo da equação, 
ficando com: 
𝜎𝑦′ = −25𝑐𝑜𝑠30𝑠𝑒𝑛30 + 50𝑐𝑜𝑠30𝑐𝑜𝑠30 − 25𝑠𝑒𝑛30𝑐𝑜𝑠30 − 80𝑠𝑒𝑛30𝑠𝑒𝑛30 
𝜎𝑦′ = −10,825 + 37,5 − 10,825 − 20 
𝜎𝑦′ = −4,15 𝑀𝑃𝑎 
 Como o sinal da tensão 𝜎𝑦′ é negativo, logo, o sentido dessa tensão no 
diagrama de corpo livre está errado. Ela é uma força que está comprimindo a 
face ∆𝐴 (saindo da face). 
 
 
 
 
18 
O estado plano de tensões rotacionado à 30° no sentido horário fica da 
seguinte forma: 
 
TEMA 3 – EQUAÇÕES GERAIS DE TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO NO 
PLANO 
 A partir do Tema 2, podemos aplicar a mesma ideia à um problema 
genérico e, assim, determinar as equações gerais de transformação de tensão 
no plano. Para isso, precisamos estabelecer uma convenção de sinal conforme 
a Figura 8. 
Figura 8 – (a) Convenção de sinal para um estado plano de tensões e (b) e para 
o ângulo de rotação do elemento 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
19 
 Observe, na Figura 8ª, que as tensões normais 𝜎𝑥 e 𝜎𝑦 são positivas 
quando estão nas direções positivas dos eixos 𝑥 e 𝑦, ou melhor, quando estão 
direcionadas de forma a saírem do elemento. Já a tensão de cisalhamento 𝜏𝑥𝑦 é 
positiva quando as setas que representam essa tensão se encontram no primeiro 
e no terceiro quadrante. Já a figura 8b nos mostra que o ângulo é positivo quando 
promove uma rotação no sentido anti-horário do elemento. 
 Vamos obter as equações gerais de transformação de tensão no plano 
considerando o elemento genérico rotacionado no sentido anti-horário como está 
representado na Figura 9. 
Figura 9 – Elemento genérico rotacionado em 𝜃° no sentido anti-horário 
 
 Como vimos no tema anterior, o primeiro passo é seccionar o elemento 
de forma que o eixo 𝑥′ fique perpendicular à seção de área ∆𝐴 como observamos 
na Figura 4 que vamos repeti-la aqui a fim desenvolvermos as equações. 
Figura 10 – Elemento seccionado do estado plano de tensões representado na 
Figura 9 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
20 
 As forças em cada face do elemento são obtidas através do produto entre 
as tensões e suas respectivas áreas como mostra a Figura 11. 
Figura 11 – Forças sobre as faces do elemento seccionado 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 Aplicando o somatório de forças em relação ao eixo 𝑥′ e igualando a zero, 
temos a seguinte equação: 
∑ 𝐹𝑥′ = 0 
𝜎𝑥′∆𝐴 − 𝜎𝑥∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜎𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 
 Isolando 𝜎𝑥′, ficamos com: 
𝜎𝑥′ =
𝜎𝑥∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜎𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃
∆𝐴
 
 Como ∆𝐴 se repete em todos os termos, podemos eliminá-lo da equação, 
ficando com: 
𝜎𝑥′ = 𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜎𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝜎𝑥′ = 𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠
2𝜃 + 2𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜎𝑦𝑠𝑒𝑛
2𝜃 (7) 
 Aplicando o somatório de forças em relação ao eixo 𝑦′ e igualando à zero, 
temos a seguinte equação: 
∑ 𝐹𝑦′ = 0 
𝜏𝑥′𝑦′∆𝐴 + 𝜎𝑥∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜎𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 
 
 
21 
 Isolando 𝜏𝑥′𝑦′, ficamos com: 
𝜏𝑥′𝑦′ =
−𝜎𝑥∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜎𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃
∆𝐴
 
 Como ∆𝐴 se repete em todos os termos, podemos eliminá-lo da equação, 
ficando com: 
𝜏𝑥′𝑦′ = −𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜎𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝜏𝑥′𝑦′ = (𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦(𝑐𝑜𝑠
2𝜃 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃) (8) 
 Para simplificar, vamos utilizar algumas identidades trigonométricas, 
como: 𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 2𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃, 𝑠𝑒𝑛2𝜃 =
(1−𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
 e 𝑐𝑜𝑠²𝜃 =
(1+𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
. Assim, as 
Equações 7 e 8 podem ser reescritas, respectivamente, da seguinte forma: 
𝜎𝑥′ = 𝜎𝑥
(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
+ 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜎𝑦
(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
 
𝜎𝑥′ =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃
2
+ 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 +
𝜎𝑦 − 𝜎𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃
2
 
𝜎𝑥′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+ 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 +
(𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜎𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
 
𝜎𝑥′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+ 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 +
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 
𝜎𝑥′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 (9) 
Para 𝜏𝑥′𝑦′, temos: 
𝜏𝑥′𝑦′ =
2
2
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 (
(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
−
(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
) 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 (
(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − (1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃))
2
) 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 (
(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
) 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 (
2𝑐𝑜𝑠2𝜃
2
) 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 (10) 
 
 
22 
 Aplicaremos a mesma ideia para um elemento seccionado considerando 
o eixo 𝑦′ saindo da seção seccionada como mostra a seguinte figura: 
Figura 12 – Elemento seccionado com eixo 𝑦′ saindo da seção 
 
 Considerando as forças agindo sobre o elemento representado na figura 
acima, temos a seguinte representação: 
Figura 13 – Forças sobre o elemento seccionado para o desenvolvimento da 
equação geral para 𝜎𝑦′ 
 
 Fazendo o somatório das forças em relação ao eixo 𝑦′ e igualando-a à 
zero, ficamos com: 
∑ 𝐹𝑦′ = 0 
𝜎𝑦′∆𝐴 − 𝜎𝑥∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜎𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0 
 Isolando 𝜎𝑦′, ficamos com: 
 
 
23 
𝜎𝑦′ =
𝜎𝑥∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑥𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜎𝑦∆𝐴𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃
∆𝐴
 
 Como ∆𝐴 se repete em todos os termos, podemos eliminá-lo da equação, 
ficando com: 
𝜎𝑦′ = 𝜎𝑥𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜎𝑦𝑐𝑜𝑠𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 
𝜎𝑦′ = 𝜎𝑥𝑠𝑒𝑛
2𝜃 − 2𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜎𝑦𝑐𝑜𝑠²𝜃 (11) 
 Aplicando as identidades trigonométricas vistas anteriormente, ficamos 
com: 
𝜎𝑦′ = 𝜎𝑥
(1 − 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
− 𝜏𝑥𝑦2𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝜎𝑦
(1 + 𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
 
𝜎𝑦′ =
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
− 𝜏𝑥𝑦2𝑠𝑒𝑛𝜃 +
(𝜎𝑦 + 𝜎𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
 
𝜎𝑦′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
− 𝜏𝑥𝑦2𝑠𝑒𝑛𝜃 +
(𝜎𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜎𝑥𝑐𝑜𝑠2𝜃)
2
 
𝜎𝑦′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
− 𝜏𝑥𝑦2𝑠𝑒𝑛𝜃 +
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 
𝜎𝑦′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦2𝑠𝑒𝑛𝜃 (12) 
 Com as Equações 9, 10 e 12 podemos determinar as tensões 𝜎𝑥′, 𝜎𝑦′ e 
𝜏𝑥′𝑦′ para uma orientação qualquer 𝜃. Essas equações são denominadas 
equações gerais de transformação de tensõesno plano. Vamos aplicá-las no 
problema visto no tema anterior (Exemplo 3). 
Exemplo 4: Aplique as equações gerais de transformação de tensões no 
plano ao problema do Exemplo 3. 
Solução: Conforme o enunciado do Exemplo 3, temos o seguinte estado 
plano de tensões: 
 
 
24 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 No estado plano de tensões 𝑥 − 𝑦, temos os respectivos valores para as 
tensões: 𝜎𝑥 = −80 𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = 50 𝑀𝑃𝑎 e 𝜏𝑥𝑦 = −25 𝑀𝑃𝑎. Note que o sinal 
adotado está de acordo com a convenção de sinais estabelecida na Figura 8a. 
 No enunciado é solicitado que se represente o estado de tensão no ponto 
em um elemento orientado a 30° no sentido horário em relação à posição 
mostrada. Portanto, o sinal do ângulo é negativo conforme a convenção de sinais 
estabelecida na Figura 8b, ou seja, 𝜃 = −30°. 
 Aplicando a Equação 9, temos o seguinte resultado para a transformação 
da tensão 𝜎𝑥′: 
𝜎𝑥′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 
𝜎𝑥′ =
(−80 + 50)
2
+
(−80 − 50)
2
𝑐𝑜𝑠2(−30°) − 25𝑠𝑒𝑛2(−30°) 
𝜎𝑥′ =
−30
2
+
−130
2
𝑐𝑜𝑠(−60°) − 25𝑠𝑒𝑛(−60°) 
𝜎𝑥′ = −15 − 65.0,5 − 25(−0,866) 
𝜎𝑥′ = −15 − 32,5 + 21,65 
𝜎𝑥′ = −25,85 𝑀𝑃𝑎 
 O sinal negativo indica que a tensão 𝜎𝑥′ age no sentido oposto à direção 
positiva do eixo 𝑥′. 
 Aplicando a Equação 10, temos o seguinte resultado para a 
transformação da tensão 𝜏𝑥′𝑦′: 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 
 
 
25 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(50 − (−80))
2
𝑠𝑒𝑛2(−30°) − 25𝑐𝑜𝑠2(−30°) 
𝜏𝑥′𝑦′ =
130
2
𝑠𝑒𝑛(−60°) − 25𝑐𝑜𝑠(−60°) 
𝜏𝑥′𝑦′ = 65(−0,866) − 25.0,5 
𝜏𝑥′𝑦′ = −56,29 − 12,5 
𝜏𝑥′𝑦′ = −68,80 𝑀𝑃𝑎 
 O sinal negativo indica que a tensão 𝜏𝑥′𝑦′ age no sentido oposto à direção 
positiva estabelecida na convenção de sinais. 
 Aplicando a Equação 12, temos o seguinte resultado para a 
transformação da tensão 𝜎𝑦′: 
𝜎𝑦′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 − 𝜏𝑥𝑦2𝑠𝑒𝑛𝜃 
𝜎𝑦′ =
(−80 + 50)
2
+
(50 − (−80))
2
𝑐𝑜𝑠2(−30°) − (−25)2𝑠𝑒𝑛(−30°) 
𝜎𝑦′ =
−30
2
+
130
2
𝑐𝑜𝑠(−60°) + 25𝑠𝑒𝑛(−60°) 
𝜎𝑦′ = −15 + 65.0,5 + 25(−0,866) 
𝜎𝑦′ = −15 + 32,5 − 21,65 
𝜎𝑦′ = −4,15 𝑀𝑃𝑎 
 O sinal negativo indica que a tensão 𝜎𝑦′ age no sentido oposto à direção 
positiva do eixo 𝑦′ conforme a convenção de sinais estabelecida. No Capítulo 9.2 
do nosso livro texto você encontrará mais exemplos sobre este assunto. 
TEMA 4 – TENSÕES PRINCIPAIS E TENSÃO DE CISALHAMENTO MÁXIMA 
NO PLANO 
 Os temas 2 e 3 nos mostraram como desenvolver as equações para o 
cálculo das tensões em um sistema de coordenadas orientando em um ângulo 
𝜃 (𝑥′ − 𝑦′) a partir de um estado plano de tensões 𝑥 − 𝑦. 
 Pudemos ver que as tensões 𝜎𝑥′ 𝜎𝑦′ e 𝜏𝑥′𝑦′ dependem do ângulo de 
inclinação 𝜃 dos planos nos quais essas tensões agem. Entretanto, na prática é 
importante determinar a orientação dos planos que fazem com que a tensão 
normal seja máxima e mínima e que a tensão de cisalhamento seja máxima. 
 
 
26 
 Neste tema, desenvolveremos as equações para determinar a direção em 
que a tensão normal é máxima e mínima, chamada tensões principais e a direção 
em que a tensão de cisalhamento é máxima. Através desses ângulos, 
desenvolveremos as equações para o cálculo das tensões principais e da tensão 
de cisalhamento máxima. 
4.1 Tensões principais no plano 
 Sabemos que uma função é máxima no ponto em que a sua derivada é 
igual à zero. A orientação dos planos principais em que a tensão normal é 
máxima e mínima é obtida derivando a Equação 9 em relação a 𝜃 e igualando-a 
à zero, o que resulta em 
 
𝑑𝜎𝑥′
𝑑𝜃
=
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
− 2
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 2𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 0 
−(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 2𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 0 
2𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 = (𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)𝑠𝑒𝑛2𝜃 
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
=
𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
 ou 
𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
 
𝑡𝑎𝑛2𝜃 =
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
 → 2𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 [
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
] 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 [
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
] .
1
2
 ou 𝜃𝑝 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
] .
1
2
 (13) 
 
Vamos definir que o ângulo da orientação dos planos principais é 𝜃𝑝. 
A solução tem duas raízes, 𝜃𝑝1 e 𝜃𝑝2, afastados por 90°. Os valores 𝜃𝑝1 e 
𝜃𝑝2 devem ser substituídos na Equação 9 a fim de obter as tensões normais 
máxima e mínima. Mas fazer isso pode ser complicado, devido à complexidade 
das equações. Podemos tratar o problema de forma geométrica como mostra a 
figura a seguir. 
 
 
 
27 
Figura 14 – Representação geométrica dos planos principais 
 
Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2018. 
 Pela Figura 14, podemos obter as tensões normais máxima e mínima, 𝜎1 
e 𝜎2, bem como a tensão normal média e a tensão de cisalhamento máxima. 
Aplicando Pitágoras sobre o triângulo da direita da Figura 14, podemos obter sua 
hipotenusa: 
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² 
 Aplicando algumas relações trigonométricas, temos que: 
𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑝1
=
𝜏𝑥𝑦
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 (15𝑎) 
 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑝1 =
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 (15𝑏) 
 Com as Equações 15a e 15b podemos obter a tensão normal máxima 
substituindo-as na Equação 9 como segue no desenvolvimento abaixo: 
𝜎𝑥′ =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
+ 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 
 
 
28 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
+
𝜏𝑥𝑦
2
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 
 Como √(
𝜎𝑥−𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² se repete nos dois últimos termos da equação, 
podemos reescrever a equação acima como: 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 
 Sabemos que √(
𝜎𝑥−𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² é igual a [(
𝜎𝑥−𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(1/2)
, logo 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2
[(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(
1
2
)
 
 Sabemos também que todo número que está no denominador elevado à 
𝑛 pode ser reescrito no numerado elevando-o à - 𝑛, ou seja: 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+ [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2] [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(−
1
2
)
 
 O produto de dois termos iguais elevados aos seus respectivos valores é 
dado pela soma dos expoentes, logo: 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+ [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2]
1
[(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(−
1
2
)
 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+ [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 ]
(
1
2
)
 
 A equação acima é a tensão normal máxima e pode ser reescrita como: 
𝜎1 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
+ √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² (16) 
 
 
29 
 Fazemos a mesma aplicação para o triângulo da esquerda da Figura 14 
podemos obter a tensão normal mínima que resulta em: 
𝜎2 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
− √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦2 (17) 
 A diferença entre a Equação 16 e a 17 é o segundo termo que se torna 
negativo para a tensão normal mínima. Na literatura, a equação para o cálculo 
das tensões principais é definida como: 
𝜎1,2 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
± √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² (18) 
 As tensões obtidas na Equação 18 é chamada tensões principais e 
correspondem as tensões normais máxima e mínima. Elas agem nos seus 
planos correspondentes denominados planos principais. Se substituirmos as 
relações trigonométricas de 𝜃𝑝1 e 𝜃𝑝2 na Equação 10, vamos obter 𝜏𝑥′𝑦′ = 0, ou 
seja, não há tensão de cisalhamento nos planos principais. 
4.2 Tensão de cisalhamento máxima no plano 
 De forma semelhante ao desenvolvido anteriormente, para obtermos a 
tensão de cisalhamento máxima do planoprecisamos derivar a Equação 10 em 
relação a 𝜃 e igualá-la à zero, o que resulta em 
𝑑𝜏𝑥′𝑦′
𝑑𝜃
= 2
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃−2𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 = 0 
2
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 2𝜏𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛2𝜃 
2
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
2𝜏𝑥𝑦
𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 𝑠𝑒𝑛2𝜃 
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
=
𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
 ou 
𝑠𝑒𝑛2𝜃
𝑐𝑜𝑠2𝜃
=
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
 
𝑡𝑎𝑛2𝜃 =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
 → 2𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 [
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
] 
 
 
30 
𝜃 = 𝑡𝑎𝑛−1 [
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
] .
1
2
 ou 𝜃𝑐 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
] .
1
2
 (19) 
 Vamos definir que o ângulo da orientação dos planos de tensão de 
cisalhamento máxima como 𝜃𝑐. 
 A solução acima também tem duas raízes, 𝜃𝑐1 e 𝜃𝑐2, afastados por 90° 
entre eles e 45° em relação aos ângulos dos planos principais 𝜃𝑝1
 e 𝜃𝑝2
. 
 Considerando o problema de forma geométrica como mostra a Figura 15, 
podemos determinar a tensão máxima de cisalhamento no plano. 
Figura 15 – Representação geométrica do plano de cisalhamento máximo 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
A hipotenusa dos triângulos representados na Figura 15 é dada pela 
aplicação da equação de Pitágoras: 
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² 
 Note que é o mesmo resultado obtido anteriormente. Com isso, podemos 
definir as seguintes relações trigonométricas: 
𝑠𝑒𝑛2𝜃𝑐1 =
− (
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 (20𝑎) 
 𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑐1 =
𝜏𝑥𝑦
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 (20𝑏) 
 
 
31 
 Substituindo essas relações acima na Equação 10 vamos obter a tensão 
máxima de cisalhamento no plano 
𝜏𝑥′𝑦′ =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝑠𝑒𝑛2𝜃 + 𝜏𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠2𝜃 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 =
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
− (
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
+ 𝜏𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 =
(−
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2 ) (−
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
2 )
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
+
𝜏𝑥𝑦²
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 =
(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
√(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²
 → 𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 =
[(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
[(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2 )
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(
1
2
)
 
 𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
1
[(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(−
1
2
)
 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = [(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦²]
(
1
2
)
 ou 𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² (21) 
 Substituindo as relações vistas nas Equações 20a e 20b, temos que 
também há uma tensão normal agindo nos planos onde ocorre a tensão de 
cisalhamento máxima, dada por: 
𝜎𝑚é𝑑 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
 (22) 
 Utilizaremos as Equações destacadas em vermelho: 13, 18, 19, 21 e 22, 
para resolver os problemas a seguir. 
 Exemplo 5: Considere o estado plano de tensões definido no Exemplo 2 
e determine: a tensão de cisalhamento máxima no plano e a tensão normal 
média associada, (b) a orientação do plano da tensão de cisalhamento máxima 
no plano, (c) as tensões principais e (d) a orientação dos planos principais. 
 
 
32 
 
Solução: O primeiro passo é identificar as tensões 𝜎𝑥, 𝜎𝑦 e 𝜏𝑥𝑦 no plano 
𝑥 − 𝑦. Analisando a figura acima, temos: 𝜎𝑥 = −215,43 𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = 0 e 𝜏𝑥𝑦 =
101,86 𝑀𝑃𝑎. 
(a) Com esses valores, podemos aplicar a Equação 21 para obter a tensão 
máxima de cisalhamento no plano: 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² = √(
−215,43 − 0
2
)
2
+ 101,86² 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = 148,25 𝑀𝑃𝑎 
 Aplicando a Equação 22 podemos determinar a tensão normal média 
associada: 
𝜎𝑚é𝑑 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
=
−215,43 + 0
2
 → 𝜎𝑚é𝑑 = −107,72 𝑀𝑃𝑎 
(b) A orientação do plano de cisalhamento máximo é obtida aplicando a 
Equação 19 ao problema em tela: 
𝜃𝑐 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
(0 − (−215,43))
2
101,86
] .
1
2
 
𝜃𝑐2 = 𝑡𝑎𝑛
−1[1,0575].
1
2
 → 𝜃𝑐2 = 46,60.
1
2
 → 𝜃𝑐2 = 23,30° 
𝜃𝑐1 = 90° + 𝜃𝑐2 → 𝜃𝑐1 = 90 + 23,30 → 𝜃𝑐1 = 113,30° 
 
 
 
33 
(c) As tensões principais são obtidas mediante a aplicação da Equação 18, 
assim, temos: 
𝜎1,2 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
± √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦2 
𝜎1,2 =
(−215,43 + 0)
2
± √(
−215,43 − 0
2
)
2
+ 101,86² 
𝜎1,2 = −107,72 ± 148,25 
Observe que os resultados dos dois termos da equação acima são, 
respectivamente, a tensão média e a tensão de cisalhamento máxima no plano. 
Continuando a resolução da equação, ficamos com: 
𝜎1 = −107,72 + 148,25 → 𝜎1 = 40,53 𝑀𝑃𝑎 
𝜎2 = −107,72 − 148,25 → 𝜎2 = −255,97 𝑀𝑃𝑎 
(d) Aplicando a Equação 13, temos o cálculo da direção dos planos 
principais: 
𝜃𝑝2 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
2.101,86
(−215,43 − 0)
] .
1
2
 
𝜃𝑝2 = 𝑡𝑎𝑛
−1[−0,9456].
1
2
 → 𝜃𝑝2 = −43,40.
1
2
 → 𝜃𝑝2 = −21,70° 
𝜃𝑝1 = 90° + 𝜃𝑝2 → 𝜃𝑝1 = 90 − 21,70 → 𝜃𝑝1 = 68,30° 
 Observe que a diferença entre o ângulo 𝜃𝑝2 para o ângulo 𝜃𝑐2 é de 45°. A 
mesma diferença entre o ângulo 𝜃𝑝1 e 𝜃𝑐1. 
Exemplo 6: Considere o estado plano de tensões definido no Exemplo 3 
e determine: a tensão de cisalhamento máxima no plano e a tensão normal 
média associada, (b) a orientação do plano da tensão de cisalhamento máxima 
no plano, (c) as tensões principais e (d) a orientação dos planos principais. 
 
 
 
34 
 
Solução: Semelhante à solução do exemplo anterior, o primeiro passo é 
identificar as tensões 𝜎𝑥, 𝜎𝑦 e 𝜏𝑥𝑦 no plano 𝑥 − 𝑦. Analisando a figura anterior, 
temos: 𝜎𝑥 = −80 𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑦 = 50 𝑀𝑃𝑎 e 𝜏𝑥𝑦 = −25 𝑀𝑃𝑎. 
(a) Com esses valores, podemos aplicar a Equação 21 para obter a tensão 
máxima de cisalhamento no plano: 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦 = √(
−80 − 50
2
)
2
+ (−25)² 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = 69,64 𝑀𝑃𝑎 
 Aplicando a Equação 22 podemos determinar a tensão normal média 
associada: 
𝜎𝑚é𝑑 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
=
−80 + 50
2
 → 𝜎𝑚é𝑑 = −15 𝑀𝑃𝑎 
(b) A orientação do plano de cisalhamento máximo é obtida aplicando a 
Equação 19 ao problema em tela: 
𝜃𝑐2 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
(50 − (−80))
2
−25
] .
1
2
 
𝜃𝑐2 = 𝑡𝑎𝑛
−1[−2,6].
1
2
 → 𝜃𝑐2 = −68,96.
1
2
 → 𝜃𝑐2 = −34,48° 
𝜃𝑐1 = 90° + 𝜃𝑐2 → 𝜃𝑐1 = 90 − 34,48 → 𝜃𝑐1 = 55,52° 
 
 
35 
(c) As tensões principais são obtidas mediante a aplicação da Equação 18, 
assim temos 
𝜎1,2 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
± √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦2 
𝜎1,2 =
(−80 + 50)
2
± √(
−80 − 50
2
)
2
+ (−25)² 
𝜎1,2 = −15 ± 69,64 
𝜎1 = −15 + 69,64 → 𝜎1 = 54,64 𝑀𝑃𝑎 
𝜎2 = −15 − 69,64 → 𝜎2 = −84,64 𝑀𝑃𝑎 
(d) Aplicando a Equação 13, temos o cálculo da direção dos planos 
principais: 
𝜃𝑝2 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
2. (−25)
(−80 − 50)
] .
1
2
 
𝜃𝑝2 = 𝑡𝑎𝑛
−1[0,3846].
1
2
 → 𝜃𝑝2 = 21,04.
1
2
 → 𝜃𝑝2 = 10,52° 
𝜃𝑝1 = 90° + 𝜃𝑝2 → 𝜃𝑝1 = 90 + 10,52 → 𝜃𝑝1 = 100,52° 
TEMA 5 – CÍRCULO DE MOHR – TENSÃO NO PLANO 
 Neste último tema, falaremos sobre uma representação gráfica das 
tensões principais, tensão de cisalhamento máxima no plano e sua tensão 
normal média associada, a direção dos planos principais e do plano de 
cisalhamento máximo. 
 Essa solução gráfica é muito conveniente, pois representa todos esses 
dados em um único diagrama, no qual o eixo da abscissa corresponde à 𝜎 
positiva para direita e o eixo da ordenada é 𝜏 positiva para baixo. O gráfico 
gerado é uma circunferência de raio 𝑅 = 𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 e centro sobre o eixo 𝜎 no 
ponto 𝐶(𝜎𝑚é𝑑 , 0) como mostra a Figura 16. Esse círculo é denominado círculo 
de Mohr, pois foidesenvolvido pelo engenheiro alemão Otto Mohr. 
 
 
 
36 
Figura 16 – Círculo de Mohr genérico 
 
Fonte: Elaborado com base em Hibbeler, 2018. 
Exemplo 7: Esboce o círculo de Mohr para o Exemplo 5 considerando os 
valores de tensões principais e seus planos principais, tensão de cisalhamento 
máxima, sua tensão normal média e seu plano associados. 
Solução: O primeiro passo é desenhar os eixos coordenados 𝜎 e 𝜏. 
Podemos também desenhar o centro do círculo com o valor da tensão normal 
média, ou seja, 𝐶(−107,72; 0). Podemos traçar o círculo de raio 𝑅 = 𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 
centrado em 𝐶(−107,72; 0) e, assim, plotar as tensões principais mínima e 
máxima. Por fim, plotamos as direções dos planos principais e do cisalhamento 
máximo. O círculo completo com todas as informações acima é representado da 
seguinte forma: 
 
 
 
37 
Exemplo 8: Esboce o círculo de Mohr para o Exemplo 6, considerando os 
valores de tensões principais e seus planos principais, tensão de cisalhamento 
máxima, sua tensão normal média e seu plano associados. 
Solução: O primeiro passo é desenhar os eixos coordenados 𝜎 e 𝜏. 
Podemos também desenhar o centro do círculo com o valor da tensão normal 
média, ou seja, 𝐶(−15; 0). Podemos traçar o círculo de raio 𝑅 = 𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 
centrado em 𝐶(−15; 0) e, assim, plotar as tensões principais mínima e máxima. 
Por fim, plotamos as direções dos planos principais e do cisalhamento máximo. 
O círculo completo com todas as informações acima é representado da seguinte 
forma: 
 
Exemplo 9: O eixo do rotor do helicóptero está sujeito à força de tração 
de 225 kN e ao torque T de 15 kN.m mostrados quando as pás do rotor fornecem 
a força de sustentação para manter o helicóptero no ar. Se o eixo tiver diâmetro 
de 150 mm, construa o círculo de Mohr considerando um ponto localizado na 
superfície do eixo. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
38 
Solução: Para finalizar todo o conteúdo visto nesta aula, vamos resolver 
este exercício. O primeiro passo é determinar as tensões normais e de 
cisalhamento conforme o passo a passo apresentado no primeiro tema. 
Seccionando o eixo que conecta a hélice ao helicóptero, temos o seguinte 
DCL: 
 
 Aplicando o somatório das forças em y e o somatório dos momentos 
podemos obter a força normal e o torque interno: 
∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 225 − 𝑁 = 0 → 𝑁 = 225 𝑘𝑁 
∑ 𝑀 = 0 ; 15 − 𝑇 = 0 → 𝑇 = 15 𝑘𝑁. 𝑚 
 Calculando a tensão normal através da Equação 1, temos: 
𝜎 =
𝑁
𝐴
=
225.10³
(𝜋
0,15²
4 )
 → 𝜎 = 12,73 𝑀𝑃𝑎 
 Pela Equação 5, calculamos a tensão de cisalhamento devido ao torque: 
𝜏 =
𝑇𝑐
𝐽
=
−15.103. (
0,15
2 )
(𝜋
(
0,15
2 )
4
2 )
 → 𝜏 = −
1125
4,97. 10−5
 → 𝜏 = −22,64 𝑀𝑃𝑎 
 O sinal negativo é devido ao torque interno que está no sentido horário. 
 Como não há nenhuma força transversal esse eixo não sofrerá tensão de 
cisalhamento transversal e nem tensão de flexão. 
 
 
 
 
39 
A representação do elemento localizado na superfície do eixo fica da seguinte 
forma: 
 
 Como a força normal está na direção vertical, a tensão normal fica 
representada na vertical. 
 Com a representação anterior, temos as seguintes tensões nesse plano: 
𝜎𝑥 = 0, 𝜎𝑦 = 12,73 𝑀𝑃𝑎 e 𝜏𝑥𝑦 = −22,64 𝑀𝑃𝑎. Aplicando a Equação 13, podemos 
obter a tensão de cisalhamento máxima no plano: 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦² = √(
0 − 12,73
2
)
2
+ (−22,64)² 
𝜏𝑚á𝑥 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 = 23,52 𝑀𝑃𝑎 
 Aplicando a Equação 22 podemos determinar a tensão normal média 
associada: 
𝜎𝑚é𝑑 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
=
0 + 12,73
2
 → 𝜎𝑚é𝑑 = 6,365 𝑀𝑃𝑎 
(b) A orientação do plano de cisalhamento máximo é obtida aplicando a 
Equação 19 ao problema em tela: 
𝜃𝑐2 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
(𝜎𝑦 − 𝜎𝑥)
2
𝜏𝑥𝑦
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
(12,73 − 0)
2
−22,64
] .
1
2
 
𝜃𝑐2 = 𝑡𝑎𝑛
−1[−0,2811].
1
2
 → 𝜃𝑐2 = −15,70.
1
2
 → 𝜃𝑐2 = −7,85° 
𝜃𝑐1 = 90° + 𝜃𝑐2 → 𝜃𝑐1 = 90 − 7,85 → 𝜃𝑐1 = 82,15° 
 
 
40 
(c) As tensões principais são obtidas mediante a aplicação da Equação 18, 
assim temos 
𝜎1,2 =
(𝜎𝑥 + 𝜎𝑦)
2
± √(
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
)
2
+ 𝜏𝑥𝑦2 
𝜎1,2 =
0 + 12,73
2
± √(
0 − 12,73
2
)
2
+ (−22,64)² 
𝜎1,2 = 6,365 ± 23,52 
 Observe que os resultados dos dois termos da equação anterior são, 
respectivamente, a tensão média e a tensão de cisalhamento máxima no plano. 
Continuando a resolução da equação, ficamos com: 
𝜎1 = 6,365 + 23,52 → 𝜎1 = 29,885 𝑀𝑃𝑎 
𝜎2 = 6,365 − 23,52 → 𝜎2 = −17,155 𝑀𝑃𝑎 
(d) Aplicando a Equação 13, temos o cálculo da direção dos planos 
principais: 
𝜃𝑝2 = 𝑡𝑎𝑛
−1 [
2𝜏𝑥𝑦
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
2. (−22,64)
(0 − 12,73)
] .
1
2
= 𝑡𝑎𝑛−1 [
−45,28
−12,73
] .
1
2
 
𝜃𝑝2 = 𝑡𝑎𝑛
−1[3,56].
1
2
 → 𝜃𝑝2 = 74,30.
1
2
 → 𝜃𝑝2 = 37,15° 
𝜃𝑝1 = 90° + 𝜃𝑝2 → 𝜃𝑝1 = 90 + 37,15 → 𝜃𝑝1 = 127,15° 
 Por fim, podemos desenhar o círculo de Mohr com todas essas 
informações do problema: 
 
 
 
41 
FINALIZANDO 
 Nesta aula, vimos como determinar o estado de tensão causado por uma 
combinação de cargas, como representar esse estado de tensão sobre um 
elemento em um ponto específico da estrutura e como determinar as tensões 
para um plano rotacionado. Por fim, aprendemos a determinar as tensões 
principais e seus respectivos planos principais, a tensão de cisalhamento 
máxima e sua tensão normal média associada, bem como o plano de 
cisalhamento máximo. Vimos também como plotar todas essas informações no 
diagrama denominado círculo de Mohr, que auxilia os engenheiros na área de 
projeto estrutural. 
 Nos Capítulos 8.2 (sobre estado de tensão causado por carga distribuída) 
e 9 (sobre transformação de tensão) do nosso livro-base (Resistência dos 
Materiais, do autor Hibbeler) você encontrará mais exemplos resolvidos sobre os 
respectivos assuntos vistos nesta aula. Não deixe de conferir esses exemplos 
resolvidos e se possível faça alguns exercícios do livro para praticar. 
 Esperamos que, ao longo das aulas, seu aprendizado tenha sido muito 
rico e proveitoso. Lembre-se de que você tem um(a) tutor(a) para ajudá-lo a 
sanar suas dúvidas da disciplina. 
 Bons estudos e até a próxima! 
 
 
 
42 
REFERÊNCIAS 
HIBBELER, R. C. Resistência dos Materiais. 7ed. Pearson, 2010. 
_____. Resistência dos Materiais. 12 ed. Pearson, 2018.