CAP 10 Resolução Resistência dos Materiais Hibbeler 7ª edição

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597 
Capítulo 10 
 
 
 
 
Transformação da 
deformação 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
598 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.1 - PROBLEMAS 
10.1. Prove que a soma das deformações normais nas direções perpendiculares é constante. 
 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) 
ϵy′ =
ϵx + ϵy
2
−
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) −
γxy
2
sen(2θ) 
𝛜𝐱′ + 𝛜𝐲′ = 𝛜𝐱 + 𝛜𝐲 = 𝐜𝐨𝐧𝐬𝐭𝐚𝐧𝐭𝐞 
 
10.2. As componentes do estado plano de deformação no ponto da aba da bequilha são ∊x = −400(10-6), ∊y = 860(10-6) 
e γxy = 375(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar as deformações equivalentes no 
plano sobre um elemento orientado a um ângulo de θ = 30º em sentido anti-horário em relação à posição original. Trace 
um esboço do elemento deformado devido a essas deformações dentro do plano x – y. 
 
 
 Figura 10.2 
 
 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
−400 + 860
2
+
−400 − 860
2
cos(2 × 30°) +
375
2
sen(2 × 30°) 
𝛜𝐱′ = 𝟕𝟕, 𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵy′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
−400 + 860
2
+
−400 − 860
2
cos(−2 × 60°) +
375
2
sen(−2 × 60°) 
 
𝛜𝐲′ = 𝟑𝟖𝟑(𝟏𝟎
−𝟔) 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
−400 − 860
2
sen(2 × 30°) +
375
2
cos(2 × 30°) 
𝛄𝐱′𝐲′ = 𝟏. 𝟐𝟕𝟗(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
Transformação da Deformação 
599 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.3. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre a aba do pino são ∊x = 200(10-6), ∊y = 180(10-6) 
e γxy = −300(10
-6). Use as equações de transformação da deformação e determine as deformações equivalentes no plano 
sobre um elemento orientado a um ângulo θ = 60º em sentido anti-horário em relação à posição original. Trace um 
esboço do elemento distorcido devido a essas deformações no plano x-y. 
 
 Figura 10.3 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
200 + 180
2
+
200 − 180
2
cos(2 × 60°) −
300
2
sen(2 × 60°) = 𝟓𝟓, 𝟏(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵy′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
200 + 180
2
+
200 − 180
2
cos(−2 × 30°) −
300
2
sen(−2 × 30°) = 𝟑𝟐𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
200 − 180
2
sen(2 × 60°) −
300
2
cos(2 × 60°) 
𝛄𝐱′𝐲′ = 𝟏𝟑𝟑(𝟏𝟎
−𝟔) 
*10.4. Resolva o Problema 10.3 para um elemento orientado a um ângulo θ = 30° em sentido horário. 
 
 Figura 10.4 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
200 + 180
2
+
200 − 180
2
cos(−2 × 30°) −
300
2
sen(−2 30°) = 𝟑𝟐𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵy′ =
ϵx + ϵy
2
−
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) −
γxy
2
sen(2θ) =
200 + 180
2
−
200 − 180
2
cos(−2 × 30°) −
−300
2
sen(−2 × 30°) 
𝛜𝐲′ = 𝟓𝟓, 𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
200 − 180
2
sen(−2 × 30°) −
300
2
cos(−2 × 30°) 
𝛄𝐱′𝐲′ = −𝟏𝟑𝟑(𝟏𝟎
−𝟔) 
Transformação da Deformação 
600 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.5. Devido à carga P, as componentes do estado plano de deformação no ponto do suporte são ∊x = 500(10-6), ∊y = 
350(10-6) e γxy = −430(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar as deformações 
equivalentes no plano sobre um elemento orientado a um ângulo de θ = 30º em sentido horário em relação à posição 
original. Trace um esboço do elemento distorcido devido a essas deformações no plano x-y. 
 
 
Figura 10.5 
 
 
 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
500 + 350
2
+
500 − 350
2
cos(−2 × 30°) −
430
2
sen(−2 × 30°) = 𝟔𝟒𝟗(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵy′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
500 + 350
2
+
500 − 350
2
cos(2 × 60°) −
430
2
sen(2 × 60°) = 𝟐𝟎𝟏(𝟏𝟎−𝟔) 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
500 − 350
2
sen(−2 × 30°) −
430
2
cos(−2 × 30°) 
𝛄𝐱′𝐲′ = −𝟖𝟓, 𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
 
Transformação da Deformação 
601 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.6. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre uma chave são ∊x = 120(10-6), ∊y = −180(10-6), 
γxy = 150(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações principais no 
plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, especifique 
a orientação do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.6 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
120− 180
2
± √(
120 − [−180]
2
)
2
+ (
150
2
)
2
= −30(10-6) ± 167,705(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟏𝟑𝟖(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = 𝟏𝟗𝟖(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
150
120 − (−180)
 = 0,5 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟏𝟑, 𝟑° ∴ θp2 = 13,28° − 90° = −𝟕𝟔, 𝟕° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
120 − 180
2
+
120 −(−180)
2
cos(2 × 13,3°) +
150
2
sen(2 × 13,3°) =138(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(120 −[−180]
2
)
2
+ (150
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟑𝟑𝟓, 𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
120 − 180
2
 = −30(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx − ϵy
γxy
= −
120 − (−180)
150
 = −2 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = −𝟑𝟏, 𝟕° ∴ θs2 = 90° − 31,71° = 𝟓𝟖, 𝟑° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
120 − [−180]
2
sen(−2 × 31,71°) +
150
2
cos(−2 × 31,71°) 
γx′y′ = 335,4(10
−6) 
 
Transformação da Deformação 
602 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.7. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre o dente da engrenagem são ∊x = 850(10-6), ∊y = 
480(10-6) e γxy = 650(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações 
principais no plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, 
especifique a orientação do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.7 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
120− 180
2
± √(
850 − 480
2
)
2
+ (
650
2
)
2
= 665(10-6) ± 373,96(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟏. 𝟎𝟑𝟗(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = 𝟐𝟗𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
650
850 − 480
 = 1,757 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟑𝟎, 𝟐° ∴ θp2 = 90° + 30,2° = 𝟏𝟐𝟎, 𝟐° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
850 + 480
2
+
850 − 480
2
cos(2 × 30,2°) +
650
2
sen(2 × 30,2°)=1.039(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(850 − 480
2)
2
+ (650
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟕𝟒𝟖(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
850 + 480
2
 = 665(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx − ϵy
γxy
= −
850 − 480 
650
 = −2 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = −𝟏𝟒, 𝟖° ∴ θs2 = 90° − 14,8° = 𝟕𝟓, 𝟐° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
850 − 480
2
sen(−2 × 14,8°) +
650
2
cos(−2 × 14,8°) 
γx′y′ = 748(10
−6) 
 
Transformação da Deformação 
603 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.8. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre o dente da engrenagem são ∊x = 520(10-6), ∊y = 
−760(10-6) e γxy = −750(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações 
principais no plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, 
especifique a orientação do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.8 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
520− 760
2
± √(
520 −[−760]
2
)
2
+ (
−750
2
)
2
= −120(10-6) ± 741,77(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟔𝟐𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = −𝟖𝟔𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
−750
520 −[−760]
 = −0,586 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = −𝟏𝟓, 𝟏𝟖° ∴ θp2 = 90° − 15,18° = 𝟕𝟒, 𝟖𝟐° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
520 − 760
2
+
520 −[−760]
2
cos(−2 × 15,18°) +
−750
2
sen(−2 × 15,18°) = 622(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(520 −[−760]
2
)
2
+ (−750
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟏𝟒𝟖𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
520− 760
2
 = −120(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx−ϵy
γxy
= −
520 −[−760]
−750
 = 1,7067 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟐𝟗, 𝟖° ∴ θs2 = 90° − 29,8° = −𝟔𝟎, 𝟐° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
850 −[−760]
2
sen(2 × 29,8°) +
−750
2
cos(2 × 29,8°) 
γx′y′ = −1484(10
−6) 
 
Transformação da Deformação 
604 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.9. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre a chave de porca são ∊x = 260(10-6), ∊y = 320(10-
6) e γxy = 180(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações principais no 
plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, especifique 
a orientação do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.9 
 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
260+ 320
2
± √(
260 − 320
2
)
2
+ (
180
2
)
2
= 290(10-6) ± 94,87(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟑𝟖𝟓(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = 𝟏𝟗𝟓(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
180
260 −320
 = −3 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = −𝟑𝟓, 𝟖° ∴ θp2 = 90° − 35,8° = 𝟓𝟒, 𝟐° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
260 + 320
2
+
260 − 320
2
cos(−2 × 35,8°) +
180
2
sen(−2 × 35,8°) =195(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(260 − 320
2
)
2
+ (180
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟏𝟗𝟎(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
260+ 320
2
= 290(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx − ϵy
γxy
= −
260 − 320 
180
 = 0,3333 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟗, 𝟐𝟐° ∴ θs2 = 9,22° − 90° = −𝟖𝟎, 𝟕𝟖° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
260 − 320
2
sen(2 × 9,22°) +
180
2
cos(2 × 9,22°) 
γx′y′ = 190(10
−6) 
 
Transformação da Deformação 
605 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.10. As componentes do estado plano de deformação no braço são ∊x = 250(10-6), ∊y = −450(10-6) e γxy = −825(10
-
6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações principais no plano e (b) a 
deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, especifique a orientação 
do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.10 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
250 − 450
2
± √(
250 −[−450]
2
)
2
+ (
−825
2
)
2
= −100(10-6) ± 540,977(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟒𝟒𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = −𝟔𝟒𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
−825
250 −[−450]
 = −1,1786 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = −𝟐𝟒, 𝟖° ∴ θp2 = 90° − 24,8° = 𝟔𝟓, 𝟐° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
250 − 450
2
+
250 −[−450]
2
cos(−2 × 24,8°) +
−825
2
sen(−2 × 24,8°) =441(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(250 −[−450]
2
)
2
+ (−825
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟏. 𝟎𝟖𝟐(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
250− 450
2
 = −100(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx − ϵy
γxy
= −
250 − [−450]
−825
 = 0,8485 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟐𝟎, 𝟐° ∴ θs2 = 20,2° − 90° = −𝟔𝟗, 𝟖° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
250 −[−450]
2
sen(2 × 20,2°) +
−825
2
cos(2 × 20,2°) 
γx′y′ = −1.082(10
−6) 
 
Transformação da Deformação 
606 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.11. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre a pá do ventilador são ∊x = 250(10-6), ∊y = 
−450(10-6) e γxy = −825(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações 
principais no plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, 
especifique a orientação do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.11 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
250 − 450
2
± √(
250 −[−450]
2
)
2
+ (
−825
2
)
2
= −100(10-6) ± 540,977(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟒𝟒𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = −𝟔𝟒𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
−825
250 −[−450]
 = −1,1786 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = −𝟐𝟒, 𝟖° ∴ θp2 = 90° − 24,8° = 𝟔𝟓, 𝟐° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
250 − 450
2
+
250 −[−450]
2
cos(−2 × 24,8°) +
−825
2
sen(−2 × 24,8°) =441(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(250 −[−450]
2
)
2
+ (−825
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟏. 𝟎𝟖𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
250− 450
2
 = −100(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx − ϵy
γxy
= −
250 −[−450]
−825
 = 0,8485 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟐𝟎, 𝟐° ∴ θs2 = 20,2° − 90° = −𝟔𝟗, 𝟖° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
250 −[−450]
2
sen(2 × 20,2°) +
−825
2
cos(2× 20,2°) 
γx′y′ = −1.082(10
−6) 
 
Transformação da Deformação 
607 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.12. Um extensômetro está montado no eixo de aço A-36 de 25 mm de diâmetro como mostra a figura. Quando o 
eixo está girando a uma velocidade angular ω = 1.760 rev/min e usando um anel corrediço, a leitura no extensômetro 
é ϵ = 800(10−6). Determine a potência de saída do motor. Considere que o eixo está sujeito somente a um torque. 
 
Figura 10.12 
ω = 1.760 × 
2π
60
 = 184,307 rad/s 
ϵx = ϵy = 0 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
0 − 0
2
+
0 − 0
2
cos(2 × 60°) +
γxy
2
sen(2 × 60°) = 800(10-6) 
γxy = 1,848(10
−3) rad 
τ = Gγxy = 75 × 10
9 × 1,848 × 10−3 = 138,6 MPa 
τ =
Tc
J
 ∴ T =
τJ
c
=
138,6(106)[
π
2
(0,0125)4]
0,0125
 = 425,2195 N.m 
P = Tω = 425,2195 × 184,307 = 𝟕𝟖, 𝟑𝟕 𝐤𝐖 
10.13. As componentes do estado plano de deformação no ponto sobre o suporte são ∊x = 350(10-6), ∊y = 400(10-6) e 
γxy = −675(10
-6). Use as equações de transformação da deformação para determinar (a) as deformações principais no 
plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, especifique 
a orientação do elemento e mostre como as deformações distorcem o elemento no plano x-y. 
 
 Figura 10.13 
 
(a) As deformações principais no plano: 
Continua... 
Transformação da Deformação 
608 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
ϵ1,2 =
ϵx + ϵy
2
± √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
=
350+ 400
2
± √(
350 − 400
2
)
2
+ (
−675
2
)
2
= 375(10-6) ± 338,424(10-6) 
𝛜𝟏 = 𝟕𝟏𝟑, 𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝟐 = 𝟑𝟔, 𝟔(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
γxy
ϵx − ϵy
=
−675
350 −400
 = −13,5 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟒𝟐, 𝟗° ∴ θp2 = 42,9° − 90° = −𝟒𝟕, 𝟏° 
ϵx′ =
ϵx + ϵy
2
+
ϵx − ϵy
2
cos(2θ) +
γxy
2
sen(2θ) =
350 + 400
2
+
350 − 400
2
cos(2 × 42,9°) +
−675
2
sen(2 × 42,9°) =36,6(10−6) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(350 −400
2
)
2
+ (−675
2
)
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟔𝟕𝟕(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
=
350 + 400
2
 = 375(10-6) 
tang(2θs) = −
ϵx − ϵy
γxy
= −
350 − 400 
−675
 = −0,07407 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = −𝟐, 𝟏𝟐° ∴ θs2 = 90° − 2,12° = 𝟖𝟕, 𝟖𝟖° 
γ
x′y′
2
= −
ϵx − ϵy
2
sen(2θ) +
γxy
2
cos(2θ) = −
350 − 400
2
sen(−2 × 2,12°) +
−675
2
cos(−2 × 2,12°) 
γx′y′ = −677(10
−6) 
 
10.15. Resolva o Problema 10.2 usando o círculo de Mohr. 
 
Figura 10.15 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−400 + 860
2
) (10−6) = 230(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(−400 − 860
2
)
2
+ (375
2
)
2
= 675,31(10-6) 
φ = arctang (
187,5
630
) = 16,574° ∴ α = φ + 60° = 16,574° + 60° = 76,574° 
 
Continua... 
Transformação da Deformação 
609 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
ϵx′ = [230 − 657,31 cos(76,574°)]( 10
−6) = 𝟕𝟕, 𝟒(𝟏𝟎−𝟔) 
 ϵy′ = [230 + 657,31 cos(76,574°)](10
−6) = 𝟑𝟖𝟑(𝟏𝟎−𝟔) 
γx′y′
2
= 657,31(10−6)sen(76,574°) ∴ 𝛄𝐱′𝐲′ = 𝟏. 𝟐𝟕𝟗(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
*10.16. Resolva o Problema 10.4 usando o círculo de Mohr. 
 
 
 Figura 10.16 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
200 + 180
2
) (10−6)= 190(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(200 − 180
2
)
2
+ (−300
2
)
2
= 150,33(10-6) 
φ = arctang (
150
10
)= 86,186° 
 α = φ + 120° − 180° = 86,186° + 120° − 180° = 26,19° 
ϵx′ = [190 + 150,33 cos(26,19°)](10
−6) = 𝟑𝟐𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵy′ = [190 − 150,33 cos(26,19°)](10
−6) = 𝟓𝟓, 𝟏(𝟏𝟎−𝟔) 
γ
x′y′
2
= 150,33(10−6)sen(26,19°) ∴ 𝛄𝐱′𝐲′ = 𝟏𝟑𝟑(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
Transformação da Deformação 
610 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.17. Resolva o Problema 10.3 usando o círculo de Mohr. 
 
 
Figura 10.17 
 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
200 + 180
2
) (10−6)= 190(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(200 − 180
2
)
2
+ (−300
2
)
2
= 150,33(10-6) 
φ = arctang (
150
10
) = 86,186° 
α = φ + 120° − 180° = 86,186° + 120° − 180° = 26,19° 
ϵx′ = [190 − 150,33 cos(26,19°)](10
−6) = 𝟓𝟓, 𝟏(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵy′ = [190 + 150,33 cos(26,19°)](10
−6) = 𝟑𝟐𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
γx′y′
2
= 150,33(10−6)sen(26,19°) ∴ 𝛄𝐱′𝐲′ = 𝟏𝟑𝟑(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
611 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.18. Resolva o Problema 10.5 usando o círculo de Mohr. 
 
 
Figura 10.18 
 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
500 + 350
2
) (10−6)= 425(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(500 − 350
2
)
2
+ (−430
2
)
2
= 227,7(10-6) 
φ = arctang (
215
75
)= 70,77° 
 α = φ − 60° = 70,77° − 60° = 10,77° 
ϵx′ = [425 + 227,7 cos(10,77°)](10
−6) = 𝟔𝟒𝟗(𝟏𝟎−𝟔) 
 ϵy′ = [425 − 227,7 cos(10,77°)](10
−6) = 𝟐𝟎𝟏(𝟏𝟎−𝟔) 
γ
x′y′
2
= −227,7(10−6)sen(10,77°) ∴ 𝛄𝐱′𝐲′ = −𝟖𝟓, 𝟏(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
Transformação da Deformação 
612 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.19. Resolva o Problema 10.6 usando o círculo de Mohr. 
 
 Figura 10.19 
 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
120 − 180
2
) (10−6) = −30(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(120 − [−180]
2
)
2
+ (150
2
)
2
= 167,7(10-6) 
ϵ1 = (167,7 − 30)(10
−6) = 𝟏𝟑𝟖(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (−167,7 − 30)(10
−6) = −𝟏𝟗𝟖(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
75
150
= 0,5 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟏𝟑, 𝟑° ∴ θp2 = 13,3° − 90° = −𝟕𝟔, 𝟕° 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= R = 167,7(10−6) ∴ 𝛄
𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨
= 𝟑𝟑𝟓, 𝟒(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
120 − 180
2
) (10−6)= −30(10-6) 
tang(2θs) =
150
75
 = 2 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟑𝟏, 𝟕° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) ∴ θs2 = 90° − 31,71° = 𝟓𝟖, 𝟑° (𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
Transformação da Deformação 
613 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.20. Resolva o Problema 10.8 usando o círculo de Mohr. 
 
 
 Figura 10.20 
 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
520 − 760
2
) (10−6) = −120(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(520 − [−760]
2
)
2
+ (−750
2
)
2
= 741,77(10-6) 
ϵ1 = 741,77 − 120 = 𝟔𝟐𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) ∴ ϵ2 = −741,77 − 120 = −𝟖𝟔𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) 
tang(2θp) =
375
120 + 520
= 0,5859 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟏𝟓, 𝟐° ∴ θp2 = 15,2° − 90° = −𝟕𝟒, 𝟖° 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γmáx no plano
2
= R = 741,77(10−6) ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟏. 𝟒𝟖𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd=
ϵx + ϵy
2
= (
520 − 760
2
) (10−6) = −120(10-6) 
tang(2θs) =
120 + 520
375
 = 2 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟐𝟗, 𝟖° (𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) ∴ θs2 = 29,8° − 90° = 𝟔𝟎, 𝟐° (𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
 
Transformação da Deformação 
614 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.21. Resolva o Problema 10.7 usando o círculo de Mohr. 
 
 
 Figura 10.21 
 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
850+ 480
2
) (10−6)= 665(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(850 − 480
2
)
2
+ (650
2
)
2
= 373,96(10-6) 
ϵ1 = (665 + 373,96)(10
−6) = 𝟏. 𝟎𝟑𝟗(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (665 − 373,96)(10
−6) = 𝟐𝟗𝟏(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
325
185
= 1,7568 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟑𝟎, 𝟐° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γ
máx no plano
2
= R = 373,96(10−6) ∴ 𝛄
𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨
= 𝟕𝟒𝟖(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
850+ 480
2
) (10−6)= 665(10-6) 
tang(2θs) =
185
325
 = 0,5692 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟏𝟒, 𝟖𝟐° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
615 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.22. Resolva o Problema 10.9 usando o círculo de Mohr. 
 
 Figura 10.22 
 
(a) As deformações principais no plano: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
260+ 320
2
) (10−6)= 290(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(260 − 320
2
)
2
+ (180
2
)
2
= 94,868(10-6) 
ϵ1 = (290 + 94,868)(10
−6) = 𝟑𝟖𝟓(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (290 − 94,868)(10
−6) = 𝟏𝟗𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
90
30
=3 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟑𝟓, 𝟖° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média: 
γ
máx no plano
2
= R = 94,868(10−6) ∴ 𝛄
𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨
= 𝟏𝟗𝟎(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
260+ 320
2
) (10−6)= 290(10-6) 
tang(2θs) =
30
90
 = 0,333 ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟗, 𝟐𝟐° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
 
Transformação da Deformação 
616 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.23. As componentes da deformação no ponto A sobre o suporte são ∊x = 300(10-6), ∊y = 550(10-6), γxy = −650(10
-
6), ∊z = 0. Determine (a) as deformações principais em A, (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano x-y e (c) 
a deformação por cisalhamento máxima absoluta. 
 
 
Figura 10.23 
 
(a) As deformações principais em A: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
300 + 550
2
) (10−6)= 425(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(300 − 550
2
)
2
+ (−650
2
)
2
= 348,21(10-6) 
ϵ1 = (425 + 348,21)(10
−6) = 𝟕𝟕𝟑, 𝟐(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (425 − 348,21)(10
−6) = 𝟕𝟔, 𝟖(𝟏𝟎−𝟔) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano x-y: 
γ
máx no plano
2
= R = 348,21(10−6) ∴ 𝛄
𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨
= 𝟔𝟗𝟔, 𝟒(𝟏𝟎−𝟔) 
 (c) A deformação por cisalhamento máxima absoluta: 
γmáx abs
2
=
773,2
2
 ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐚𝐛𝐬 = 𝟕𝟕𝟑, 𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
 
Transformação da Deformação 
617 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.24. As componentes da deformação em um ponto são ϵx = −480(10
−6), ϵy = 650(10
−6), γxy =
780(10−6) e ϵz = 0. Determine (a) as deformações principais, (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano x-
y e (c) a deformação por cisalhamento máxima absoluta. 
(a) As deformações principais: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−480+ 650
2
) (10−6)= 85(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(−480 − 650
2
)
2
+ (780
2
)
2
= 686,53(10-6) 
ϵ1 = (85 + 686,53)(10
−6) = 771,53(10−6) e ϵ2 = (85 − 686,53)(10
−6) = −601,53(10−6) 
𝛜𝐦á𝐱 = 𝟕𝟕𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) 𝛜𝐢𝐧𝐭 = 𝟎 𝛜𝐦í𝐧 = −𝟔𝟎𝟐(𝟏𝟎
−𝟔) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano x-y: 
γmáx no plano
2
= R = 686,53(10−6) ∴ 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟏. 𝟑𝟕𝟑(𝟏𝟎
−𝟔) 
(c) A deformação por cisalhamento máxima absoluta: 
γmáx abs = ϵmáx − ϵmín = [771,53 − (−601,53)](10
−6) = 𝟏. 𝟑𝟕𝟑(𝟏𝟎−𝟔) 
 
10.25. As componentes da deformação em um ponto sobre a parede de um vaso de pressão são ∊x = 350(10-6), ∊y = 
−460(10-6), γxy = −560(10
-6) e ∊z = 0. Determine (a) as deformações principais no ponto, (b) a deformação por 
cisalhamento máxima no plano x-y e (c) a deformação por cisalhamento máxima absoluta. 
(a) As deformações principais: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
350 − 460
2
) (10−6)= −55(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(350 −[−460]
2
)
2
+ (−560
2
)
2
= 492,37(10-6) 
ϵ1 = (−55 + 492,37)(10
−6) = 437,37(10−6) e ϵ2 = (−55 − 492,37)(10
−6) = −547,37(10−6) 
𝛜𝐦á𝐱 = 𝟒𝟑𝟕, 𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) 𝛜𝐢𝐧𝐭 = 𝟎 𝛜𝐦í𝐧 = −𝟓𝟒𝟕, 𝟒(𝟏𝟎
−𝟔) 
 (b) A deformação por cisalhamento máxima no plano x-y: 
Continua... 
Transformação da Deformação 
618 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
γ
máx no plano
2
= −R = −492,37(10−6) ∴ 𝛄
𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨
= −𝟗𝟖𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
(c) A deformação por cisalhamento máxima absoluta: 
γmáx abs = ϵmáx − ϵmín = [437,37 − (−547,37)](10
−6) = 𝟗𝟖𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
 
10.26. As componentes da deformação no ponto A sobre a aba da cantoneira são ∊x = −140(10-6), ∊y = 180(10-6), γxy = 
−125(10-6) e ∊z = 0. Determine (a) as deformações principais em A, (b) a deformação por cisalhamento máxima no 
plano x-y e (c) a deformação por cisalhamento máxima absoluta. 
 
 Figura 10.26 
(a) As deformações principais: 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−140 + 180
2
) (10−6) = 20(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(−140 −180
2
)
2
+ (−125
2
)
2
= 171,77(10-6) 
ϵ1 = (20 + 171,77)(10
−6) = 𝟏𝟗𝟐(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (20 − 171,77)(10
−6) = −𝟏𝟓𝟐(𝟏𝟎−𝟔) 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano x-y: 
γ
máx no plano
2
= R = 171,77(10−6) ∴ 𝛄
𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨
= 𝟑𝟒𝟑, 𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
(c) A deformação por cisalhamento máxima absoluta: 
𝛄𝐦á𝐱 𝐚𝐛𝐬 = 𝛄𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟑𝟒𝟑, 𝟓(𝟏𝟎
−𝟔) 
Transformação da Deformação 
619 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.27. A barra de aço está sujeita à carga de tração de 2,5 kN. Se tiver 12 mm de espessura, determine a deformação 
por cisalhamento máxima absoluta. E = 200 GPa, 𝜈 = 0,3. 
 
 
Figura 10.27 
 
σ =
N
A
=
2,5 × 103
12 × 50
 = 4,167 MPa 
 σ = Eϵlong ∴ 4,167 × 10
6 = (200 × 109)ϵlong ∴ ϵlong = ϵx = 20,833(10
−6) 
υ = −
ϵlat
ϵlong
 ∴ 0,3 = −
ϵlat
20,8333(10−6)
 ∴ ϵlat = ϵy = −6,25(10
−6) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
20,833 − 6,25
2
) (10−6) = 7,292(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(20,833 − [−6,25]
2
)
2
= 13,54(10-6) 
ϵ1 = 20,833(10
−6) e ϵ1 = −6,25(10
−6) 
γmáx abs = ϵ1 − ϵ2 = [20,833 − (−6,25)](10
−6) = 𝟐𝟕, 𝟎𝟖𝟑(𝟏𝟎−𝟔) 
 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
620 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.28. A roseta de deformação a 45° estámontada sobre a superfície de uma chapa de alumínio. As seguintes leituras 
foram obtidas em cada extensômetro: ∊a = 475(10-6), ∊b = 250(10-6) e ϵc = −360(10
-6). Determine as deformações 
principais no plano. 
 
Figura 10.28 
ϵa = ϵxcos
2(θa) + ϵysen
2(θa) + γxysen(θa)cos(θa) 
 475(10−6) = ϵxcos
2(0°) + ϵysen
2(0°) + γxysen(0°)cos(0°) ∴ ϵx = 475(10
−6) [1] 
ϵb = ϵxcos
2(θb) + ϵysen
2(θb) + γxysen(θb)cos(θb) 
 250(10−6) = ϵxcos
2(−45°) + ϵysen
2(−45°) + γxysen(−45°)cos(−45°) ∴ ϵx + ϵy − γxy = 500(10
−6) [2] 
ϵc = ϵxcos
2(θc) + ϵysen
2(θc) + γxysen(θc)cos(θc) 
 −360(10−6) = ϵxcos
2(−90°) + ϵysen
2(−90°) + γxysen(−90°)cos(−90°) ∴ ϵy = −360(10
−6) [3] 
Substituindo [1] e [3] em [2], obtem-se: γxy = −385(10
−6) 
ϵx = 475(10
−6), ϵy = −360(10
−6) e γ
xy
= −385(10−6) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
475− 360
2
) (10−6)= 57,5(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(475 − [−360]
2
)
2
+ (−385
2
)
2
= 459,74(10-6) 
ϵ1 = (57,5 + 459,74)(10
−6) = 𝟓𝟏𝟕(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (57,5 − 459,74)(10
−6) = −𝟒𝟎𝟐(𝟏𝟎−𝟔) 
 
Transformação da Deformação 
621 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.29. A roseta de deformação a 60º está montada sobre a superfície do suporte. As seguintes leituras foram obtidas em 
cada extensômetro: ∊a = −780(10-6), ∊b = 400(10-6), ∊c = 500(10-6). Determine (a) as deformações principais e (b) a 
deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média associada. Em cada caso, mostre o 
elemento distorcido devido a essas deformações. 
 
Figura 10.29 
(a) As deformações principais: 
ϵa = ϵxcos
2(θa) + ϵysen
2(θa) + γxysen(θa)cos(θa) 
 −780(10−6) = ϵxcos
2(0°) + ϵysen
2(0°) + γxysen(0°)cos(0°) ∴ ϵx = −780(10
−6) [1] 
ϵb = ϵxcos
2(θb) + ϵysen
2(θb) + γxysen(θb)cos(θb) 
 400(10−6) = ϵxcos
2(60°) + ϵysen
2(60°) + γxysen(60°)cos(60°) ∴ ϵx + 3ϵy + √3γxy = 1.600(10
−6) [2] 
ϵc = ϵxcos
2(θc) + ϵysen
2(θc) + γxysen(θc)cos(θc) 
 500(10−6) = ϵxcos
2(120°) + ϵysen
2(120°) + γxysen(120°)cos(120°) ∴ ϵx + 3ϵy − √3γxy = 2.000(10
−6) [3] 
[
1 0 0
1 3 √3
1 3 −√3
] [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
−780(10−6)
1.600(10−6)
2.000(10−6)
], resolvendo a matriz, obtem-se: [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
−780(10−6)
860(10−6)
−115,47(10−6)
] 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−780 + 860
2
) (10−6)= 40(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(−780 −860
2
)
2
+ (−115,47
2
)
2
= 822,03(10-6) 
ϵ1 = (40 + 822,03)(10
−6) = 𝟖𝟔𝟐(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (40 − 822,03)(10
−6) = −𝟕𝟖𝟐(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
57,74
820
= 0,07041 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟐, 𝟎𝟏°(𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) ∴ θp2 = 2,01° − 90° = −𝟖𝟖°(𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
Continua... 
Transformação da Deformação 
622 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média associada: 
γmáx no plano = −2R = −2 × 822,03(10
−6) = −𝟏. 𝟔𝟒𝟒(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−780 + 860
2
) (10−6)= 40(10-6) 
2θs1 = 90° − 2θp1 = 90° − 2 × 2,01° ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟒𝟑° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
10.30. A roseta de deformação a 45º está montada próxima ao dente da ferramenta. As seguintes leituras foram obtidas 
em cada extensômetro: ∊a = 800(10-6), ∊b = 520(10-6), ∊c = −450(10-6). Determine (a) as deformações principais no 
plano e (b) a deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média associada. Em cada caso, 
mostre o elemento distorcido devido a essas deformações. 
 
Figura 10.30 
 
(a) As deformações principais: 
ϵa = ϵxcos
2(θa) + ϵysen
2(θa) + γxysen(θa)cos(θa) 
 800(10−6) = ϵxcos
2(−135°) + ϵysen
2(−135°) + γxysen(−135°)cos(−135°) ∴ ϵx + ϵy + γxy = 1.600(10
−6) [1] 
ϵb = ϵxcos
2(θb) + ϵysen
2(θb) + γxysen(θb)cos(θb) 
 520(10−6) = ϵxcos
2(−90°) + ϵysen
2(−90°) + γxysen(−90°)cos(−90°) ∴ ϵy = 520(10
−6) [2] 
Continua... 
Transformação da Deformação 
623 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
ϵc = ϵxcos
2(θc) + ϵysen
2(θc) + γxysen(θc)cos(θc) 
 −450(10−6) = ϵxcos
2(−45°) + ϵysen
2(−45°) + γxysen(−45°)cos(−45°) ∴ ϵx + ϵy − γxy = −900(10
−6) [3] 
[
1 1 1
0 1 0
1 3 −1
] [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
−1.600(10−6)
520(10−6)
−900(10−6)
], resolvendo a matriz, obtem-se: [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
−170(10−6)
520(10−6)
1.250(10−6)
] 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−170 + 520
2
) (10−6)= 175(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(−170 −520
2
)
2
+ (−1.250
2
)
2
= 713,9(10-6) 
ϵ1 = (175 + 713,9)(10
−6) = 𝟖𝟖𝟗(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (175 − 713,9)(10
−6) = −𝟓𝟑𝟗(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
625
345
= 1,8116 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟑𝟎, 𝟓𝟓°(𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) ∴ θp2 = 90° − 30,55° = 𝟓𝟗, 𝟒°(𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média associada: 
γmáx no plano = 2R = 2 × 713,9 = 𝟏. 𝟒𝟐𝟖(𝟏𝟎
−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−170 + 520
2
) (10−6) = 175(10-6) 
2θs1 = 90° − 2θp1 = 90° − 2 × 30,55° ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟏𝟒, 𝟒° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
624 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.31. A roseta de deformação a 60º está montada sobre uma viga. As seguintes leituras foram obtidas em cada 
extensômetro: ∊a = 150(10-6), ∊b = −330(10-6), ∊c = 400(10-6). Determine (a) as deformações principais no plano e (b) a 
deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média. Em cada caso, mostre o elemento 
distorcido devido a essas deformações. 
 
Figura 10.31 
 
(a) As deformações principais: 
ϵa = ϵxcos
2(θa) + ϵysen
2(θa) + γxysen(θa)cos(θa) 
 150(10−6) = ϵxcos
2(−30°) + ϵysen
2(−30°) + γxysen(−30°)cos(−30°) 
 0,75 ϵx + 0,25ϵy − 0,433013γxy = 150(10
−6) [1] 
ϵb = ϵxcos
2(θb) + ϵysen
2(θb) + γxysen(θb)cos(θb) 
 −330(10−6) = ϵxcos
2(30°) + ϵysen
2(30°) + γxysen(30°)cos(30°) 
 0,75ϵx + 0,25ϵy + 0,433013γxy = −330(10
−6) [2] 
ϵc = ϵxcos
2(θc) + ϵysen
2(θc) + γxysen(θc)cos(θc) 
 400(10−6) = ϵxcos
2(90°) + ϵysen
2(90°) + γxysen(90°)cos(90°) ∴ ϵy = 400(10
−6) [3] 
[
0,75 0,25 −0,433013
0,75 0,25 0,433013
0 1 0
] [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
150(10−6)
−330(10−6)
400(10−6)
], resolvendo a matriz, obtem-se: [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
−253,33(10−6)
400(10−6)
−554,26(10−6)
] 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−253,33 + 400
2
) (10−6) = 73,33(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(−253,33 −400
2
)
2
+ (−554,26
2
)
2
= 428,38(10-6) 
ϵ1 = (73,33 + 428,38)(10
−6) = 𝟓𝟎𝟐(𝟏𝟎−𝟔) ∴ ϵ2 = (73,33 − 428,38)(10
−6) = −𝟑𝟓𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
277,13
326,66
= 0,8484 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟐𝟎, 𝟏𝟓° (𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) ∴ θp2 = 20,15° − 90° = −𝟔𝟗, 𝟖𝟓°(𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
Continua... 
Transformação da Deformação 
625 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
 
(b) A deformação por cisalhamento máxima no plano e a deformação normal média associada: 
γmáx no plano = −2R = −2 × 428,38(10
−6) = −𝟖𝟓𝟕(𝟏𝟎−𝟔) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
−253,33 + 400
2
) (10−6)= 73,3(10-6) 
2θs1 = 90° − 2θp1 = 90° − 2 × 20,15° ∴ 𝛉𝐬𝟏 = 𝟐𝟒, 𝟖° (𝐬𝐞𝐧𝐭𝐢𝐝𝐨 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
*10.32. A roseta de deformação a 45° está montada sobre um eixo de aço. As seguintes leituras foram obtidas em cada 
extensômetro: ∊a =800(10-6), ∊b = 520(10-6), ∊c = −450(10-6). Determine (a) as deformações principais no plano e suas 
orientações. 
 
Figura 10.32 
Continua... 
Transformação da Deformação 
626 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
(a) As deformações principais: 
ϵa = 800(10
−6) , ϵb = 520(10
−6) e ϵc = −450(10
−6) 
ϵa = ϵxcos
2(θa) + ϵysen
2(θa) + γxysen(θa)cos(θa) 
800(10−6) = ϵxcos
2(−45°) + ϵysen
2(−45°) + γxysen(−45°)cos(−45°) 
ϵx + ϵy − γxy = 1.600(10
−6) [1] 
ϵb = ϵxcos
2(θb) + ϵysen
2(θb) + γxysen(θb)cos(θb) 
 520(10−6) = ϵxcos
2(0°) + ϵysen
2(0°) + γxysen(0°)cos(0°) ∴ ϵx = 520(10
−6) [2] 
ϵc = ϵxcos
2(θc) + ϵysen
2(θc) + γxysen(θc)cos(θc) 
−450(10−6) = ϵxcos
2(45°) + ϵysen
2(45°) + γxysen(45°)cos(45°) 
ϵx + ϵy + γxy = −900(10
−6) [3] 
[
1 1 −1
1 0 0
1 1 1
] [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
1.600(10−6)
520(10−6)
−900(10−6)
], resolvendo a matriz, obtem-se: [
ϵx
ϵy
γxy
] = [
520(10−6)
−170(10−6)
−1.250(10−6)
] 
ϵx = 520(10
−6), ϵy = −170(10
−6) e γ
xy
= −1.250(10−6) 
ϵméd =
ϵx + ϵy
2
= (
520 − 170
2
) (10−6) = 175(10-6) (centro do círculo) 
R = √(
ϵx − ϵy
2
)
2
+ (
γxy
2
)
2
= √(520 − [−170]
2
)
2
+ (−1.250
2
)
2
= 713,9(10-6) 
ϵ1 = (175 + 713,9)(10
−6) = 𝟖𝟖𝟗(𝟏𝟎−𝟔) e ϵ2 = (175 − 713,9)(10
−6) = −𝟓𝟑𝟗(𝟏𝟎−𝟔) 
tang(2θp) =
625
520 − 175
= 1,8116 ∴ 𝛉𝐩𝟏 = 𝟑𝟎, 𝟔°(𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) ∴ θp2 = 90° − 30,16° = 𝟓𝟗, 𝟖𝟒°(𝐚𝐧𝐭𝐢 − 𝐡𝐨𝐫á𝐫𝐢𝐨) 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
627 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.2 - PROBLEMA 
10.34. Mostre que, para o caso do estado plano de tensão, a lei de Hooke pode ser expressa como 
σx = 
𝐸
(1 −𝑣2)
(∊x + 𝑣∊y), σy = 
𝐸
(1 −𝑣2)
(∊y + 𝑣 ∊y) 
 
ϵx =
1
E
(σx − υσy) ∴ νEϵx = (σx − νσy)ν = νEϵx = νσx − ν
2σy 
ϵy =
1
E
(σy − υσx) ∴ Eϵy = −νσx + σy ∴ νEϵx + Eϵy = σy − ν
2σy 
Isolando σy obtem-se: 𝛔𝐲 =
𝐄
𝟏 − 𝛎𝟐
(𝛖𝛜𝐱 + 𝛜𝐲) 
 σy =
E
1 − ν2
(υϵx + ϵy) ∴ σx =
E(νϵx + ϵy)
ν(1 − ν2)
−
Eϵy
ν
 
 𝛔𝐱 =
𝐄
𝟏 − 𝛎𝟐
(𝛜𝐱 + 𝛎𝛜𝐲) 
10.35. Use a lei de Hooke, Equação 10.18, para desenvolver as equações de transformação da deformação, equações 
10.5 e 10.6, a partir das equações de transformação de tensão, 9.1 e 9.2. 
 
σx′ =
σx + σy
2
+
σx − σy
2
cos(2θ) + τxysen(2θ) 
 τx′y′ =
σx − σy
2
sen(2θ) + τxy cos(2θ) 
σy′ =
σx + σy
2
−
σx − σy
2
cos(2θ) − τxysen(2θ) 
ϵx =
σx
E
−
νσy
E
, ϵy =
σy
E
−
νσx
E
, τxy = Gγxy e G =
E
2(1 + ν)
 
ϵx + ϵy =
(1 − ν)(σx + σy)
E
 e ϵx − ϵy =
(1 + ν)(σx − σy)
E
 
τxy =
E
2(1+ν)
γxy e ϵx′ =
σ
x′
E
−
νσ
y′
E
 
ϵx′ =
(1 − ν)(σx + σy)
2E
+
(1 + ν)(σx − σy)
2E
cos(2θ) +
(1 + υ)τxysen(2θ)
E
 
𝛜𝐱′ =
𝛜𝐱 + 𝛜𝐲
𝟐
+
𝛜𝐱 − 𝛜𝐲
𝟐
𝐜𝐨𝐬(𝟐𝛉) +
𝛄𝐱𝐲
𝟐
𝐬𝐞𝐧(𝟐𝛉) 
τxy = Gτx′y′ =
E
2(1 + ν)
γx′y′ 
E
2(1 + ν)
γx′y′ = −
E(ϵx − ϵy)
2(1 + ν)
sen(2θ) +
E
2(1 + ν)
γxycos(2θ) 
𝛄
𝐱′𝐲′
𝟐
= −
(𝛜𝐱 − 𝛜𝐲)
𝟐
𝐬𝐞𝐧(𝟐𝛉) +
𝛄𝐱𝐲
𝟐
𝐜𝐨𝐬(𝟐𝛉) 
 
Transformação da Deformação 
628 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.36. Uma barra de liga de cobre é carregada em um equipamento de ensaio de tração e constata-se que ϵx =
940(10−6) e σx = 100 MPa, σy = 0, σz = 0. Determine o módulo de elasticidade, Ecu, e a dilatação, ecu, do cobre. 
𝑣𝑐𝑢 = 0,35. 
 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] ∴ 940(10
−6) =
1
Ecu
[100(106) − 0,35(0 + 0)] 
𝐄𝐜𝐮 = 𝟏𝟎𝟔, 𝟑𝟖 𝐆𝐏𝐚 
ecu =
1 − 2νcu
Ecu
(σx + σy + σz) =
1 − 2 × 0,35
106,38(109)
[100(106)] = 2,820 × 10-4 
 
10.37. As tensões principais no plano e as deformações associadas em um plano em ponto são σ1 = 250 MPa, σ2 = 112 
MPa, ∊1 = 1,02(10-3), ∊2 = 1,080(10-3). Determine o módulo de elasticidade e o coeficiente de Poisson. 
 
ϵ1 =
σ1
E
−
νσ2
E
 ∴ 1,02(10−3) =
250(106)
E
−
112(106)υ
E
[1] 
ϵ2 =
σ2
E
−
νσ1
E
 ∴ 1,080(10−3) =
112(106)
E
−
250(106)υ
E
[2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 𝛎 = 𝟎, 𝟐𝟗𝟓 e 𝐄 = 𝟐𝟏𝟐, 𝟕 𝐆𝐏𝐚 
 
10.38. Determine o módulo de compressibilidade para borracha dura se Eb = 5 GPa e 𝜈𝑏 = 0,43. 
 
k =
E
3(1 − 2ν)
=
5 × 109
3(1 − 2 × 0,43)
 = 11,90 GPa 
 
10.39. As deformações principais em um ponto sobre a fuselagem de alumínio de um avião a jato são ∊1 = 780(10-6) e 
∊2 = 400(10-6). Determine as tensões principais associadas no ponto no mesmo plano. Eal = 70 GPa e νal = 0,33. Dica: 
Veja o Problema 10.34. 
 
ϵ1 =
σ1
E
−
νσ2
E
 ∴ 780(10−6) =
σ1
70(109)
−
0,33σ2
70(109)
 ∴ σ1 − 0,33σ2 = 54,6 MPa [1] 
ϵ2 =
σ2
E
−
νσ1
E
 ∴ 400(10−6) =
σ2
70(109)
−
0,33σ1
70(109)
 ∴ σ2 − 0,33σ1 = 28 MPa [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: 𝛔𝟏 = 𝟕𝟏, 𝟔𝟒 𝐌𝐏𝐚 e 𝛔𝟐 = 𝟓𝟏, 𝟔𝟒 𝐌𝐏𝐚 
 
 
 
Transformação da Deformação 
629 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.40. A haste é feita de alumínio 2014-T6. Se for submetida à carga de tração de 700 N e tiver diâmetro de 20 mm, 
determine a deformação por cisalhamento máxima absoluta na haste em um ponto sobre sua superfície. 
 
 
Figura 10.40 
 
σx =
P
A
=
700
π
4
 × 202
 = 2,2282 MPa 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] =
1
73,1 × 109
[2,2282 × 106 − 0,35(0 + 0)] = 30,48(10-6) 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
73,1 × 109
[0 − 0,35(2,2282 × 106 + 0)] = −10,67(10-6) 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] =
1
73,1 × 109
[0 − 0,35(2,2282 × 106 + 0)] = −10,67(10-6) 
ϵmáx = 30,48(10
−6) e ϵint = ϵmín = −10,67(10
−6) 
γmáx abs = ϵmáx − ϵmín = 30,48(10
−6) − [−10,67(10−6)] = 𝟒𝟏, 𝟏𝟗(𝟏𝟎−𝟔) 
 
10.41. A haste é feita de alumínio 2014-T6. Se for submetida à carga de tração de 700 N e tiver diâmetro de 20 mm, 
determine as deformações principais em um ponto sobre a superfície da haste. 
 
 
Figura 10.41 
 
σx =
P
A
=
700
π
4
 × 202
 = 2,2282 MPa 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] =
1
73,1 × 109
[2,2282 × 106 − 0,35(0 + 0)] = 30,5(10-6) 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
73,1 × 109
[0 − 0,35(2,2282 × 106 + 0)] = −10,7(10-6) 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] =
1
73,1 × 109
[0 − 0,35(2,2282 × 106 + 0)] = −10,7(10-6) 
𝛜𝐦á𝐱 = 𝟑𝟎, 𝟓(𝟏𝟎
−𝟔) e 𝛜𝐢𝐧𝐭 = 𝛜𝐦í𝐧 = −𝟏𝟎, 𝟕(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
 
Transformação da Deformação 
630 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.42. Uma haste tem raio de 10 mm. Se for submetida a uma carga de 15 N tal que a deformação axial na haste seja 
∊x = 2,75(10-6), determine o módulo de elasticidade E e a mudança em seu diâmetro. 𝜈 = 0,23. 
σx =
P
A
=
15
π × 0,010²
 = 47,75 kPa 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] ∴ 2,75(10
−6) =
1
E
[47,75(103) − 0,23(0 + 0)] 
E = 17,4 GPa 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
17,4 × 109
[0 − 0,23(4,75 × 103 + 0)] = −6,3255(10-7) 
∆d = −6,3255(10−7)(20) = −𝟏𝟐, 𝟔(𝟏𝟎−𝟔) 𝐦𝐦 
 
10.43. As deformações principais em um ponto sobre a superfície de alumínio são ∊1 = 630(10-6) e ∊2 = 350(10-6). Se 
for um caso de estado plano de tensão, determine as tensões principais associadas no ponto no mesmo plano. Eal = 70 
GPa, 𝜈𝑎𝑙 = 0,33. Dica: Veja o Problema 10.34. 
 
ϵ1 =
1
E
[σ1 − νσ2] ∴ 630(10
−6) =
1
70(109)
[σ1 − 0,33σ2] 
σ1 − 0,33σ2 = 44,1 MPa [1] 
ϵ2 =
1
E
[σ2 − νσ1] ∴ 350(10
−6) =
1
70(109)
[σ2 − 0,33σ1] 
σ2 − 0,33σ1= 24,5 MPa [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se:𝛔𝟏 = 𝟓𝟖, 𝟓𝟔 𝐌𝐏𝐚 e 𝛔𝟐 = 𝟒𝟑, 𝟖𝟑 𝐌𝐏𝐚 
 
*10.44. Uma carga periférica uniforme de 100 kN/m e 70 kN/m é aplicada a um corpo de prva de poliestireno. Se a 
forma original do corpo de prova for quadrada, de dimensões a = 50 mm, b = 50 mm e espessura t = 6 mm, determine 
suas novas dimensões a’, b’ e t’ após a aplicação da carga. Ep = 4 GPa e νp = 0,25. 
 
 
Figura 10.44 
Continua... 
Transformação da Deformação 
631 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
σx =
P
A
=
100 × 103 × 0,05 
0,05 × 0,006
 = 16,667 MPa 
 σy =
P
A
=
70 × 103× 0,05 
0,05 × 0,006
 = 11,667 MPa 
 σz = 0 MPa 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] =
1
4 × 109
[16,667 × 106 − 0,25(11,667 × 106 + 0)] = 3,4376(10-3) 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
4 × 109
[11,667 × 106 − 0,25(16,667 × 106 + 0)] = 1,8750625(10-3) 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] =
1
4 × 109
[0 − 0,25(16,667 × 106 + 11,667 × 106)] = −1,771(10-3) 
a′ = a + aϵy = 50 + 1,8750625(10
−3)(50) = 𝟓𝟎, 𝟎𝟗 𝐦𝐦 
b′ = b + bϵx = 50 + 3,4376(10
−3)(50) = 𝟓𝟎, 𝟏𝟕 𝐦𝐦 
t′ = t + tϵz = 6 − 1,771(10
−3)(6) = 𝟓, 𝟗𝟗 𝐦𝐦 
10.45. As tensões principais em um ponto são mostradas na figura. Se o material for grafite, para o qual Eg = 5,6 GPa 
e νg = 0,23, determine as deformações principais. 
 
 
Figura 10.45 
 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] =
1
5,6 × 109
[70 × 106 − 0,23(−105 × 106 − 182 × 106)] = 0,0242875 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
5,6 × 109
[−105 × 106 − 0,23(70 × 106 − 182 × 106)] = −0,01415 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] =
1
5,6 × 109
[−182 × 106 − 0,23(70 × 106 − 105 × 106)] = −0,0310625 
𝛜𝐦á𝐱 = 𝟎, 𝟎𝟐𝟒𝟑 𝛜𝐢𝐧𝐭 = −𝟎, 𝟎𝟏𝟒𝟐 𝛜𝐦í𝐧 = −𝟎, 𝟎𝟑𝟏𝟏 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
632 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.46. O eixo tem raio de 15 mm e é feito de aço-ferramenta L2. Determine as deformações nas direções x’ e y’, se for 
aplicado um torque T = 2 kN.m ao eixo. 
 
Figura 10.46 
 
τ =
Tc
J
=
(2 × 103)(0,015)
π
2
 × 0,0154
 = 377,26 MPa 
γxy =
1
G
τxy =
1
75(109)
[377,26(106)] = 0,00503 rad 
ϵx′ = ϵy′ = ϵxcos
2(θa) + ϵysen
2(θa) + γxysen(θa) cos(θa) = 0,00503sen(45°) cos(45°) = 𝟐, 𝟓𝟐(𝟏𝟎
−𝟑) 
10.47. A seção transversal da viga retangular é submetida ao momento fletor M. Determine uma expressão para o 
aumento no comprimento das retas AB e CD. O material tem módulo de elasticidade E e coeficiente de Poisson 𝜈. 
 
 
Figura 10.47 
 
σz = −
My
I
= −
My
bh3
12
= −
12My
bh3
 ∴ ϵy = −
νσz
E
=
12Myν
Ebh3
 
ΔLAB = ∫ ϵydy = ∫
12Myν
Ebh3
dy =
𝟑𝛎𝐌
𝟐𝐄𝐛𝐡
h 2⁄
0
h 2⁄
0
 
σz = −
Mc
I
= −
Mh
2bh3
12
= −
6M
bh2
 ∴ ϵx = −
νσz
E
=
6νM
Ebh2
 
ΔLCD = ϵxLCD =
6νM
Ebh2
(b) =
𝟔𝛎𝐌
𝐄𝐡𝟐
 
 
Transformação da Deformação 
633 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.48. O vaso de pressão esférico tem diâmetro de 2 m e espessura de 10 mm. Um extensômetro com 20 mm de 
comprimento é ligado ao vaso e constata-se um aumento no comprimento de 0,012 mm quando o vaso é pressurizado. 
Determine a pressão que provoca essa deformação e calcule a tensão de cisalhamento máxima no plano e a tensão por 
cisalhamento máxima absoluta em um ponto sobre a superfície externa do vaso. O material é aço, para o qual Eaço =
200 GPa e 𝑣𝑎ç𝑜 = 0,3. 
 
 
 Figura 10.48 
 
σmáx = σint =
pr
2t
=
p(1.000)
2 × 10
 = 50p 
 ϵmáx = ϵint =
0,02
20
 = 0,6(10-3) mm/mm 
ϵmáx =
1
E
[σmáx − ν(σint + σmín)] ∴ 0,6(10
−3) =
1
200 × 109
[50p − 0,3(50p + 0)] 
p = 3,4286 MPa = 𝟑, 𝟒𝟑 𝐌𝐏𝐚 
σmáx = σint = 50 × 3,4286 = 𝟏𝟕𝟏, 𝟒𝟑 𝐌𝐏𝐚 ∴ 𝛕𝐦á𝐱 𝐧𝐨 𝐩𝐥𝐚𝐧𝐨 = 𝟎 𝐌𝐏𝐚 
τmáx abs =
σmáx − σmín
2
=
171,43 − 0
2
 = 85,7 MPa 
 
10.49. Uma haste tem raio de 10 mm. Se estiver sujeita a uma carga axial de 15 N tal que a deformação axial na haste 
seja ∊x = 2,75(10-6), determine o módulo de elasticidade E e a mudança em seu diâmetro. 𝜈 = 0,23. 
 
σx =
P
A
=
15
π × 0,010²
 = 47,75 kPa 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] ∴ 2,75(10
−6) =
1
E
[47,75(103) − 0,23(0 + 0)] 
E = 17,4 GPa 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
17,4 × 109
[0 − 0,23(4,75 × 103 + 0)] = −6,3255(10-7) 
δd = −6,3255(10−7)(20) = −𝟏𝟐, 𝟔𝟓(𝟏𝟎−𝟔) 𝐦𝐦 
Transformação da Deformação 
634 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.50. Um extensômetro colocado no plano vertical sobre a superfície externa a um ângulo de 60° em relação ao eixo 
do tubo dá uma leitura ∊A = −250(10-6) no ponto A. Determine a força vertical P, se o tubo tiver diâmetro externo de 25 
mm e diâmetro interno de 15 mm. O tubo é feito de bronze C86100. 
 
 
Figura 10.50 
 
Mz = 0,2P, Tx = 0,15P e Vy = P 
σA =
MzyA
Iz
=
0,2P × 0
π
4
(0,01254 − 0,00754)
 = 0 MPa 
Qmáx =
2
3
(c0
3 − ci
3) =
2
3
(0,01253 − 0,00753) = 1,0208333 × 10-6 m3 
τA =
VyQmáx
Izt
+
Txc0
J
=
(P)(1,0208333 × 10−6)
π
4
(0,01254 − 0,00754)(0,01)
+
(0,15P)(0,0125)
π
2
(0,01254 − 0,00754)
 = −50.056,098P 
γxy =
1
G
τxy =
1
38 × 109
(−50.056,098P) = (−1,317 × 10-6)P 
ϵA = ϵxcos
2(θA) + ϵysen
2(θA) + γxysen(θA) cos(θA) ∴ −250(10
−6) = (−4,483 × 10−6)Psen(60°) cos(60°) 
P = 438,4 N = 0,438 kN 
 
 
Transformação da Deformação 
635 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.51. Um extensõmetro colocado no plano vertical sobre a superfície externa a um ângulo de 60° em relação ao eixo 
do tubo dá uma leitura ∊A = −250(10-6) no ponto A. Determine as deformações principais no tubo no ponto A. O tubo 
tem diâmetro externo de 25 mm e diâmetro interno de 15 mm e é feito de bronze C86100. 
 
Figura 10.51 
 
ϵA = ϵxcos
2(θA) + ϵysen
2(θA) + γxysen(θA) cos(θA) ∴ −250(10
−6) = γxyPsen(60°) cos(60°) 
γxy = −5,7735(10
−4) 
σméd =
σx + σy
2
=
0 + 0
2
 = 0 MPa (centro do círculo) 
R = √(
σx − σy
2
)
2
+ (
τxy
2
)
2
= √(
0 − 0
2
)
2
+ (
5,7735 × 10−4
2
)
2
= 2,88675 × 10-4 
ϵ1 = 288,675 × 10
−6 e ϵ2 = −288,675 × 10
−6 
𝛜𝐦á𝐱 = 𝟐𝟖𝟖, 𝟕(𝟏𝟎
−𝟔) 𝛜𝐢𝐧𝐭 = 𝟎 𝛜𝐦í𝐧 = −𝟐𝟖𝟖, 𝟕(𝟏𝟎
−𝟔) 
 
Transformação da Deformação 
636 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.52. Um material está sujeito às tensões principais σx e σy. Determine a orientação θ de um extensômetro colocado 
em um ponto, de modo que sua leitura da deformação normal responda apenas a σy, e não a σx. As constantes do 
material são E e 𝑣. 
 
Figura 10.52 
σx′ =
σx + σy
2
+
σx − σy
2
cos2θ + τxysen2θ, tomando τxy = 0, logo: σn =
σx + σy
2
+
σx − σy
2
cos2θ 
cos2θ = 2cos2θ − 1 
 σn =
σx
2
+
σy
2
+ (σx − σy)cos
2θ −
σx
2
−
σy
2
= σy(1 − cos
2θ) + σxcos
2θ = σxcos
2θ + σysen
2θ 
σn+90° =
σx + σy
2
−
σx − σy
2
cos2θ =
σx
2
+
σy
2
−
(σx − σy)
2
(2cos2θ − 1) =
σx
2
+
σy
2
− (σx − σy)cos
2θ +
σx
2
−
σy
2
 
σx(1 − cos
2θ) + σycos
2θ = σxsen
2θ + σycos
2θ 
εn =
1
E
(σn − υσn+90°) =
1
E
(σxcos
2θ + σysen
2θ − υσxsen
2θ − υσycos
2θ) 
cos2θ − υsen2θ = 0 ∴ tang2θ =
1
υ
 ∴ 𝛉 = 𝐭𝐚𝐧𝐠−𝟏 (
𝟏
𝛖
) 
10.53. As tensões principais em um pontosão mostradas na figura. Se o material for alumínio, para o qual Eal = 70 GPa 
e 𝜈𝑎𝑙 = 0,33, determine as deformações principais. 
 
 
Figura 10.53 
σx = 70 MPa, σy = −105 MPa e σz = −182 MPa 
Continua... 
Transformação da Deformação 
637 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] =
1
70 × 109
[70 × 106 − 0,33(−105 × 106 − 182 × 106)] = 2,353(10-3) 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] =
1
70 × 109
[−105 × 106 − 0,33(70 × 106 − 182 × 106)] = −9,720(10-4) 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] =
1
70 × 109
[−182 × 106 − 0,33(70 × 106 − 105 × 106)] = −2,435(10-3) 
10.54. Um vaso de pressão cilíndrico de parede fina tem raio interno r, espessura t e comprimento L. Se for submetido 
a uma pressão interna p, mostre que o aumento em seu raio interno é dr = r∊1 = pr²(1 − 1/2ν)/Rt e o aumento em seu 
comprimento é ΔL = pLr(1/2 − ν)/Et. Com esses resultados, mostre que a mudança no volume interno torna-se dV = 
πr²(1 + ∊1)²(1 + ∊2)L – πr²L. Visto que ∊1e ∊2 são quantidades pequenas, mostre também que a mudança no volume por 
unidade de volume, denominada deformação volumétrica, pode ser expressa como dV/V = pr(2,5 – 2ν)/Et. 
σ1 =
pr
t
, σ2 =
pr
2t
 e σ3 = 0 ∴ ϵ1 =
1
E
[σ1 − ν(σ2 + σ3)] =
1
E
[
pr
t
− ν
pr
2t
] =
pr
Et
(1 −
ν
2
) ∴ 𝐝𝐫 = 𝛜𝟏𝐫 =
𝐩𝐫²
𝐄𝐭
(𝟏 −
𝛎
𝟐
) 
ϵ2 =
1
E
[σ2 − ν(σ1 + σ3)] =
1
E
[
pr
2t
− ν
pr
t
] =
pr
Et
(
1
2
− ν) ∴ 𝚫𝐋 = 𝛜𝟐𝐋 =
𝐩𝐋𝐫
𝐄𝐭
(
𝟏
𝟐
− 𝛎) 
V′ = π(r + ϵ1r)
2(L + ϵ2L) ∴ V = πr
2L ∴ 𝐝𝐕 = 𝐕′ − 𝐕 = 𝛑𝐫𝟐(𝟏 + 𝛜𝟏)
𝟐(𝟏 + 𝛜𝟐)𝐋 − 𝛑𝐫²𝐋 
(1 + ϵ1)
2(1 + ϵ2) = (1 + 2ϵ1)(1 + ϵ2) = 1 + ϵ2 + 2ϵ1 
dV
V
= 1 + ϵ2 + 2ϵ1 − 1 = ϵ2 + 2ϵ1 =
ρr
Et
(
1
2
− ν) +
2ρr
Et
(1 −
ν
2
) =
𝛒𝐫
𝐄𝐭
(𝟐, 𝟓 − 𝟐𝛎) 
10.55. As extremidades do vaso de pressão cilíndrico são fechadas com tampas semiesféricas para reduzir a tensão de 
flexão que ocorreria se as tampas fossem planas. As tensões de flexão nas linhas de junção entre as tampas e o corpo 
podem ser eliminadas com a escolha adequada das espessuras th e tc das tampas e do cilindro, respectivamente. Isso 
requer que a expansão radial seja a mesma para o cilindro e para as semiesferas. Mostre que essas relação é tc/th = (2 − 
ν)/(1 − ν). Considere que o vaso é feito do mesmo material e que ambos, cilindro e semiesferas, têm o mesmo raio 
interno. Se a espessura do cilindro for 12 mm, qual será a espessura exigida para as semiesferas? Considere 𝜈 = 0,3. 
 
Figura 10.55 
No vaso cilíndrico, tem-se: σ1 =
pr
tc
, σ2 =
pr
2tc
 e σ3 = 0 
ϵ1 =
1
E
[σ1 − ν(σ2 + σ3)] =
1
E
[
pr
tc
− ν
pr
2tc
] =
pr
Etc
(1 −
ν
2
) ∴ dr = ϵ1r =
pr²
Etc
(1 −
ν
2
) 
No vaso semiesférico tem-se: σ1 = σ2 =
pr
2th
 e σ3 = 0 
ϵ1 =
1
E
[σ1 − ν(σ2 + σ3)] =
1
E
[
pr
2th
− ν
pr
2th
] =
pr
2Eth
(1 − ν) ∴ dr = ϵ1r =
pr²
2Eth
(1 − ν) 
Para que a expansão radial seja a mesma, tem-se que: 
pr²
Etc
(1 −
ν
2
) =
pr²
2Eth
(1 − ν) 
Simplificando a equação, obtem-se a seguinte relação: 
𝐭𝐜
𝐭𝐡
=
𝟐 − 𝛎
𝟏 − 𝛎
, sendo assim: 
12
th
=
2 − 0,3
1 − 0,3
 ∴ th = 4,94 mm 
Transformação da Deformação 
638 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
*10.56. O tubo de aço A-36 está sujeito à carga axial de 60 kN. Determine a mudança no volume do material após a 
aplicação da carga. 
 
Figura 10.56 
σx =
N
A
 e σz = σy = 0 
δV
V
=
1−2ν
E
(σx + σy + σz) =
1 − 2ν
E
(
N
A
) ∴ δV =
1 − 2ν
E
(
N
A
) V ∴ V = AL 
δV = (
1 − 2ν
E
) NL = (
1 − 2 × 0,32
200 × 109
) (60 × 103)(0,5) =54 × 10-9 m3 = 54 mm³ 
10.57. A cavidade de um corpo rígido liso está cheia com alumínio 6061- T6 líquido. Quando frio, o líquido fica a 0,3 
mm da parte superior da cavidade. Se essa parte superior for coberta e a temperatura aumentar 110°C, determine as 
componentes da tensão σx, σy e σz no alumínio. Dica: Use a Equação 10.8 com um termo adicional αΔT para a deformação 
(Equação 4.4). 
 
Figura 10.57 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] + αΔT ∴ 0 =
1
68,9 × 109
[σx − 0,35σy − 0,35σz] + (24 × 10
−6)(110) 
σx − 0,35σy − 0,35σz = −181,896 MPa [1] 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] + αΔT ∴ 0 =
1
68,9 × 109
[σy − 0,35σx − 0,35σz] + (24 × 10
−6)(110) 
σy − 0,35σx − 0,35σz = −181,896 MPa [2] 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] + αΔT ∴ 0,002 =
1
68,9 × 109
[σz − 0,35σx − 0,35σy] + (24 × 10
−6)(110) 
σz − 0,35σx − 0,35σy = −44,096 MPa [3] 
Solucionando [1], [2] e [3], obtem-se: 𝛔𝐱 = −𝟒𝟖𝟕, 𝟐 𝐌𝐏𝐚, 𝛔𝐲 = −𝟒𝟖𝟕, 𝟐 𝐌𝐏𝐚 e 𝛔𝐳 = −𝟑𝟖𝟓, 𝟐 𝐌𝐏𝐚 
Transformação da Deformação 
639 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.58. A cavidade de um corpo rígido está cheia com alumínio 6061-T6 líquido. Quando frio, o líquido fica 0,3 mm da 
parte superior da cavidade. Se essa parte superior não for coberta e a temperatura aumentar 110°C, determine as 
componentes da deformação ∊x, ∊y e ∊z no alumínio. Dica: Use as Equações 10.18 com um termo adicional αΔT para a 
deformação (Equação 4.4). 
 
 
Figura 10.58 
 
𝛜𝐱 = 𝛜𝐲 = 𝟎 
 σz = 0 (pois a parte superior não foi coberta) 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] + αΔT ∴ 0 =
1
68,9 × 109
[σx − 0,35σy] + (24 × 10
−6)(110) 
σx − 0,35σy = −181,896 MPa [1] 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] + αΔT ∴ 0 =
1
68,9 × 109
[σy − 0,35σx] + (24 × 10
−6)(110) 
σy − 0,35σx = −181,896 MPa [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: σx = −279,84 Mpa e σy = −279,84 MPa 
Sendo assim, a deformação ϵz será: 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] + αΔT =
1
68,9 × 109
[0 − 0,35(−279,84 × 106 − 279,84 × 106)] + (24 × 10−6)(110) 
𝛜𝐳 = 𝟓, 𝟒𝟖 × 𝟏𝟎
−𝟑 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
640 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.59. O vaso de pressão cilíndrico de parede fina com raio interno r e espessura t é submetido a uma pressão interna 
p. Se as constantes do material forem E e v, determine as deformações nas direções circunferencial e longitudinal. Com 
esses resultados, calcule o aumento no diâmetro e no comprimento de um vaso de pressão de aço cheio de ar e sob 
pressão manométrica de 15 MPa. O vaso tem 3 m de comprimento, raio interno de 0,5 m e espessura da parede de 10 
mm. Eaço = 200 GPa, νaço = 0,3. 
 
 
Figura 10.59 
σ1 =
pr
t
, σ2 =
pr
2t
 e σ3 = 0 
ϵcir =
1
E
[σ1 − ν(σ2 + σ3)] =
1
E
[
pr
t
− ν
pr
2t
] =
𝐩𝐫
𝟐𝐄𝐭
(𝟐 − 𝛎) ∴ dr = ϵcirr =
pr²
Etc
(1 −
ν
2
) 
ϵlong =
1
E
[σ2 − ν(σ1 + σ3)] =
1
E
[
pr
2t
− ν
pr
t
] =
𝐩𝐫
𝟐𝐄𝐭
(𝟏 − 𝟐𝛎) 
Δd = ϵcird =
(15 × 106)(0,5)
2(200 × 109)(0,01)
(2 − 0,3)(1) = 3,19 × 10-3 m = 3,19 mm 
ΔL = ϵlongL =
(15 × 106)(0,5)
2(200 × 109)(0,01)
(1 − 2 × 0,3)(3) = 2,25 × 10-3 m = 2,25 mm 
*10.60. Estime o aumento no volume do tanque do Problema 10.59. Dica: Use os resultados do Problema 10.54 como 
confirmação. 
 
Figura 10.60 
dV = π(r + Δr)2(L + ΔL) − πr2L = π(r2 + Δr2 + 2rΔr)(L + ΔL) − πr2L = π(r2ΔL + Δr2L + Δr2ΔL + 2rΔrL + 2rΔrΔL) 
ΔV = π(r2ΔL + 2rΔrL) ∴ ΔL = 0,00225 m ∴ Δr =
Δd
2
 = 0,00159375 m 
ΔV = π(0,052)(0,00225) + 2(0,5)(0,00159375)(3) = 𝟎, 𝟎𝟏𝟔𝟖 𝐦³ 
dV
V
=
ρr
Et
(2,5 − 2ν) ∴ dV =
ρr
Et
(2,5 − 2ν)V =
(15 × 106)(0,5)
(200 × 109)(0,01)
(2,5 − 2 × 0,3)(π × 0,52)(3) = 0,0168 m³ 
Transformação da Deformação641 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.61. Um material macio está confinado no interior de um cilindro rígido que repousa sobre um suporte rígido. 
Considerando que ∊x = 0 e ∊y = 0, determine qual será o fator de aumento do módulo de elasticidade quando é aplicada 
uma carga, se 𝜈 = 0,3 para o material. 
 
 
Figura 10.61 
 
ϵx = ϵy = 0, σx = σy e σz = σz 
ϵx =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] ∴ 0 =
1
E
[σx − ν(σy + σz)] 
ν(σy + σz) = σx [1] 
ϵy =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] ∴ 0 =
1
E
[σy − ν(σx + σz)] 
ν(σx + σz) = σy [2] 
Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: σx =
νσz
1 − ν
, sendo assim: 
ϵz =
1
E
[σz − ν(σx + σy)] =
1
E
[σz − 2νσx], substituindo σx, obtem-se: ϵz =
σz
E
[
1 − ν − 2ν²
1 − ν
] 
E′ =
σz
ϵz
=
σz
σz
E
[
1 − ν − 2ν²
1 − ν
]
=
(1 − ν)E
(1 + ν)(1 − 2ν)
 
k =
E′
E
=
1 − ν
(1 + ν)(1 − 2ν)
=
1 − 0,3
(1 + 0,3)(1 − 2 × 0,3)
 = 1,35 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
642 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.62. Um vaso de pressão esférico de parede fina com raio interno r e espessura t é submetido a uma pressão interna 
p. Mostre que o aumento de volume no interior do vaso é ΔV = (2pπr4/Et)(1 − ν). Use uma análise de pequenas 
deformações. 
 
σ1 = σ2 =
pr
2t
 e σ3 = 0 
ϵ1 = ϵ2 =
1
E
(σ1 − νσ2) =
pr
2tE
(1 − ν) 
 V =
4
3
πr³ 
V + ∆V =
4
3
π(r + ∆r)3 =
4
3
πr3 (1 +
∆r
r
)
3
≈
4
3
πr3 (1 + 3
∆r
r
) ∴ eVol =
∆V
V
= 3
∆r
r
 
ϵ1 = ϵ2 =
2π(r + ∆r) − 2πr
2πr
=
∆r
r
 
 eVol = 3ϵ1 =
3ρr
2tE
(1 − ν) 
∆𝐕 = 𝐕𝐞𝐕𝐨𝐥 =
𝟐𝛒𝛑𝐫𝟒
𝐄𝐭
(𝟏 − 𝛎) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
643 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.3 - PROBLEMAS 
10.63. Um material está sujeito ao estado plano de tensão. Expresse a teoria da falha de energia de distorção em termos 
de σx, σy e τxy. 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 [1] 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 a =
σx + σy
2
 b = √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 
σ1 = a + b e σ2 = a − b 
σ1
2 = a2 + b2 + 2ab σ2
2 = a2 + b2 − 2ab σ1σ2 = a
2 − b2 
Substituindo σ1
2, σ2
2 e σ1σ2 na equação [1], obtem-se: a
2 + 3b2 = σe
2, substituindo os valores de a e b, tem-se que: 
(σx + σy)²
4
+ 3
(σx − σy)²
4
+ 3τxy
2 = σe
2, simplificando a equação, obtem-se: 𝛔𝐱
𝟐 + 𝛔𝐲
𝟐 − 𝛔𝐱𝛔𝐲 + 𝟑𝛕𝐱𝐲
𝟐 = 𝛔𝐞
𝟐 
*10.64. Um material está sujeito ao estado plano de tensão. Expresse a teoria da falha da tensão de cisalhamento máxima 
em termos de σx, σy e τxy. Considere que as tensões principais têm sinais algébricos diferentes. 
|σ1 − σ2| = σy 
 σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 
|σ1 − σ2| = 2√(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 ∴ 4 (
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 = σy2 = (𝛔𝐱 − 𝛔𝐲)² + 𝟒𝛕𝐱𝐲𝟐 = 𝛔𝐲𝟐 
10.65. As componentes do estado plano de tensão em um ponto crítico de uma carcaça de aço estrutural A-36 são 
mostradas na figura. Determine se ocorreu falha (escoamento) com base na teoria de cisalhamento máxima. 
 
Figura 10.65 
σx = −75 MPa, σy = 125 MPa e τxy = −80 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
−75 + 125
2
± √(
−75 − 125
2
)
2
+ (−80)2 = 25 MPa ± 128,065 MPa 
σ1 = 153,065 MPa e σ2 = −103,065 MPa 
|σ1 − σ2| = σe ∴ 153,065 MPa + 103,065 MPa = 250 MPa ∴ 𝟐𝟓𝟔, 𝟏𝟑 𝐌𝐏𝐚 > 𝟐𝟓𝟎 𝐌𝐏𝐚 
O material escoa de acordo com a teoria da tensão de cisalhamento máxima. 
Transformação da Deformação 
644 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.66. As componentes do estado plano de tensão em um ponto crítico de uma carcaça de aço estrutural A-36 são 
mostradas na figura. Determine se ocorreu falha (escoamento) com base na teoria da energia de distorção máxima. 
 
 
Figura 10.66 
 
σx = −75 MPa, σy = 125 MPa e τxy = −80 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
−75 + 125
2
± √(
−75 − 125
2
)
2
+ (−80)2 = 25 MPa ± 128,065 MPa 
σ1 = 153,065 MPa e σ2 = −103,065 MPa 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 ∴ (153,065)² − (153,065)(−103,065) + (−103,065)2 = 250² 
49.827 < 62.500 𝐎𝐊! 
O material não escoa de acordo com a energia de distorção máxima. 
 
10.67. A tensão de escoamento para uma liga de magnésio e zircônio é σe = 107 MPa. Se uma peça de máquina for 
fabricada com esse material e um ponto crítico no material for submetido às tensões principais no plano σ1 e σ2 = −0,5σ1, 
determine o valor de σ1 que provocará escoamento de acordo com a teoria da tensão de cisalhamento máxima. 
 
|σ1 − σ2| = σe ∴ |σ1 − (−0,5σ1)| = 107 MPa 
Solucionando a equação, obtem-se: 𝛔𝟏 = 𝟕𝟏, 𝟑𝟑 𝐌𝐏𝐚 
 
*10.68. Resolva o Problema 10.67 usando a teoria de energia de distorção máxima. 
 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 ∴ σ1
2 − σ1(−0,5σ1) + (−0,5σ1)
2 = 107² 
Solucionando a equação, obtem-se: 𝛔𝟏 = 𝟖𝟎, 𝟖𝟖 𝐌𝐏𝐚 
 
Transformação da Deformação 
645 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.69. Se um eixo for feito de um material para o qual σe = 350 MPa, determine a tensão de cisalhamento por torção 
máxima exigida para provocar escoamento pela teoria da energia de distorção máxima. 
 
σ1 = τ e σ2 = −τ 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 ∴ τ2 − τ(−τ) + (−τ)2 = 350² 
Solucionando a equação, obtem-se: 𝛕 = 𝟐𝟎𝟐, 𝟏 𝐌𝐏𝐚 
 
10.70. Resolva o Problema 10.69 usando a teoria da tensão de cisalhamento máxima. As duas tensões principais têm 
sinais opostos. 
 
|σ1 − σ2| = σe ∴ |τ − (−τ)| = 350 MPa 
Solucionando a equação, obtem-se: 𝛕 = 𝟏𝟕𝟓 𝐌𝐏𝐚 
 
10.71. A tensão de escoamento para um material plástico é σe = 110 MPa. Se esse material estiver sujeito ao estado 
plano de tensão e ocorrer uma falha elástica quando uma tensão principal for 120 MPa, qual será o menor valor da outra 
tensão principal? Use a teoria da energia de distorção máxima. 
 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 ∴ 120² − (120)σ2 + σ2
2 = 110² 
σ2
2 − 120σ2 + 2.300 = 0 , resolvendo a equação do segundo grau, obtem-se como menor valor da outra tensão: 
𝛔𝟐 = 𝟐𝟑, 𝟗𝟒 𝐌𝐏𝐚 
 
*10.72. Resolva o Problema 10.71 usando a teoria da tensão de cisalhamento máxima. Ambas as tensões principais têm 
o mesmo sinal. 
 
O material irá falhar por qualquer σ2, desde: 
|σ1 − σ2| = σe ∴ 𝟏𝟐𝟎 𝐌𝐏𝐚 > 𝟏𝟏𝟎 𝐌𝐏𝐚 
 
 
 
 
 
 
Transformação da Deformação 
646 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.73. A chapa é feita de bronze Tobin, que escoa a σe = 175 MPa. Pela teoria de falha da tensão de cisalhamento 
máxima, determine a tensão de tração máxima σx que pode ser aplicada à chapa, se também for aplicada uma tensão de 
tração σy = 0,75σx. 
 
 
Figura 10.73 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
σx + 0,75σx
2
± √(
σx − 0,75σx
2
)
2
= 0,875σx ± 0,125σx 
σ1 = σx e σ2 = 0,75σx 
|σ1| = σe = 175 MPa ∴ 𝛔𝐱 = 𝟏𝟕𝟓 𝐌𝐏𝐚 
|σ2| = σe = 175 MPa ∴ σx = 233,33 MPa 
10.74. A chapa é feita de bronze Tobin, que escoa a σe = 175 MPa. Pela teoria da energia de distorção máxima, determine 
a tensao de tração σx que pode ser aplicada à chapa, se também for aplicada uma tensão de tração σy = 0,75σx. 
 
Figura 10.74 
 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
σx + 0,75σx
2
± √(
σx − 0,75σx
2)
2
= 0,875σx ± 0,125σx 
σ1 = σx e σ2 = 0,75σx 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 ∴ σx² − σx(0,75σx) + (0,75σx)
2 = 175² 
Resolvendo a equação do segundo grau, obtem-se: 𝛔𝐱 = 𝟏𝟗𝟒, 𝟏𝟒 𝐌𝐏𝐚 
Transformação da Deformação 
647 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.75. Uma liga de alumínio 6061- T6 deve ser usada para fabricar um eixo de acionamento maciço que transmite 33 
kW a 2.400 rev/min. Usando um fator de segurança de 2 para o escoamento, determine o menor diâmetro do eixo que 
pode ser selecionado com base na teoria da tensão de cisalhamento máxima. 
ω = 2.400 ×
2π
60
 = 251,3274 rad/s ∴ T =
P
ω
=
33 × 103
251,3274
 = 131,303 N.m 
τmáx = τxy =
Tc
J
=
131,303c
π
2
c4
=
83,59
c3
 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
0 + 0
2
± √(
 0 − 0
2
)
2
+ (
83,59
c³
)
2
= ± 
83,59
c3
 
σ1 =
83,59
c3
 e σ2 = −
83,59
c3
 
|σ1 − σ2| =
σe
FS
 ∴ (
83,59
c³
+
83,59
c³
) =
255 × 106
2
, resolvendo a equação, obtem-se: c = 0,010945 m = 10,945 mm 
d = 2c = 2 × 10,945 = 21,89 mm 
*10.76. Resolva o Problema 10.75 usando a teoria da energia de distorção máxima. 
ω = 2.400 ×
2π
60
 = 251,3274 rad/s ∴ T = P
ω
= 33 × 10
3
251,3274
 = 131,303 N.m 
τmáx = τxy =
Tc
J
=
131,303c
π
2
c4
=
83,59
c3
 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
0 + 0
2
± √(
 0 − 0
2
)
2
+ (
83,59
c³
)
2
= ± 
83,59
c3
 
σ1 =
83,59
c3
 e σ2 = −
83,59
c3
 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = (
σe
FS
)
2
 ∴ (
83,59
c³
)
2
− (
83,59
c³
) (−
83,59
c³
) + (−
83,59
c³
)
2
= (
255 × 106
2
)
2
 
Resolvendo a equação, obtem-se: 0,0104328 m = 10,4328 mm, logo: d = 2c = 2 × 10,4328 = 20,87 mm 
10.77. Uma liga de alumínio deve ser usada para fabricar um eixo de acionamento que transmite 20 kW a 1.500 rev/min. 
Usando um fator de segurança de 2.5 para escoamento, determine o menor diâmetro do eixo que pode ser selecionado 
com base na teoria da energia de distorção máxima. σe = 25 MPa. 
ω = 1.500 ×
2π
60
 = 157,0796 rad/s ∴ T =
P
ω
=
20 × 103
157,0796
 = 127,324 N.m 
τmáx = τxy =
Tc
J
=
127,324c
π
2
c4
=
81,057
c3
 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
0 + 0
2
± √(
 0 − 0
2
)
2
+ (
81,057
c3
)
2
= ± 
81,057
c3
 
σ1 =
81,057
c3
 e σ2 = −
81,057
c3
 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = (
σe
FS
)
2
 ∴ (
81,057
c³
)
2
− (
81,057
c³
) (−
81,057
c³
) + (−
81,057
c³
)
2
= (
25 × 106
2,5
)
2
 
Resolvendo a equação, obtem-se: 0,024124 m = 24,124 mm, logo: d = 2c = 2 × 24,124 = 48,25 mm 
Transformação da Deformação 
648 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.78. Uma barra com área de seção transversal quadrada é feita de um material cuja tensão de escoamento é σe = 840 
MPa. Se a barra for submetida a um momento fletor de 10 kN.m, determine o tamanho exigido para a barra de acordo 
com a teoria da energia de distorção máxima. Use um fator de segurança de 1,5 para o escoamento. 
 
σmáx =
Mc
I
=
(10 × 103)(0,5a)
a × a3
12
=
60.000
a3
 Pa =
0,06
a³
 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
0,06/a³ + 0
2
± √(
 0,06/a³ − 0
2
)
2
+ 0² = 
0,03
a3
 MPa ± 0,03
a3
 MPa 
σ1 =
0,06
a³
 MPa e σ2 = 0 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = (
σe
FS
)
2
 ∴ (0,06
a³
)
2
= (840
1,5
)
2
, resolvendo a equação, obtem-se: a = 0,0475 m = 47,50 mm 
10.79. Resolva o Problema 10.78 usando a teoria da tensão de cisalhamento máxima. 
σmáx =
Mc
I
=
(10 × 103)(0,5a)
a × a3
12
=
60.000
a3
 Pa =
0,06
a³
 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
0,06/a³ + 0
2
± √(
 0,06/a³ − 0
2
)
2
+ 0² = 
0,03
a3
 MPa ± 
0,03
a3
 MPa 
σ1 =
0,06
a³
 MPa e σ2 = 0 
|σ1| =
σe
FS
 ∴ 
0,06
a³
=
840
1,5
, resolvendo a equação, obtem-se: a = 0,0475 m = 47,50 mm 
*10.80. As tensões principais de deformação no plano que agem sobre um elemento diferencial são mostradas na figura. 
Se o material for aço-máquina com tensão de escoamento σe = 700 MPa , determine o fator de segurança para 
escoamento usando a teoria da energia de distorção máxima. 
 
Figura 10.80 
σ1 = σy = −475 MPa e σ2 = σx = 480 MPa 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σadm
2 ∴ (−475)2 − (−475)(−480) + (−480)² = σadm
2 
σadm = 477,52 MPa 
FS =
σe
σadm
=
700
477,52
 = 1,47 
Transformação da Deformação 
649 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.81. As tensões principais no plano que agem sobre um elemento diferencial são mostradas na figura. Se o material 
for aço-máquina com tensão de escoamento σe = 700 MPa, determine o fator de segurança para escoamento, se for 
considerada a teoria da tensão de cisalhamento máxima. 
 
Figura 10.81 
σx = 80 MPa, σy = −50 MPa e τxy = 0 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
80 − 50
2
± √(
 80 −[−50]
2
)
2
+ 0² = 15 MPa ± 65 MPa 
σ1 = 80 MPa e σ2 = −50 MPa 
|σ1 − σ2| =
σe
FS
 ∴ |80 − (−50)| =
700
FS
 
Resolvendo a equação, obtem-se: FS = 5,38 
10.82. O estado de tensão que age sobre um ponto crítico em um elemento de máquina é mostrado na figura. Determine 
a menor tensão de escoamento para um aço que possa ser selecionado para a fabricação da peça com base na teoria da 
tensão de cisalhamento máxima. 
 
Figura 10.82 
σx = 56 MPa, σy = −70 MPa e τxy = 28 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
56 − 70
2
± √(
 56 − [−70]
2
)
2
+ (28)² = −7 MPa ± 68,942 MPa 
σ1 = 61,942 MPa e σ2 = −75,942 MPa 
|σ1 − σ2| = σe ∴ σe = |61,942 − (−75,942)| = 𝟏𝟑𝟕, 𝟗 𝐌𝐏𝐚 
Transformação da Deformação 
650 
Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 
10.83. A tensão de escoamento para uma liga de urânio é σe = 160 MPa. Se uma peça de máquina for fabricada com 
esse material e um ponto crítico no material for submetido ao estado plano de tensão de modo tal que as tensões 
principais sejam σ1 e σ2 = 0,25σ1, determine o valor de σ1 que causará escoamento de acordo com a teoria da energia de 
distorção máxima. 
 
σ1
2 − σ1σ2 + σ2
2 = σe
2 ∴ σ1
2 − σ1(0,25σ1) + (0,25σ1)² = 160
2 
𝛔𝟏 = 𝟏𝟕𝟕, 𝟓 𝐌𝐏𝐚 
 
*10.84. Resolva o Problema 10.83 usando a teoria da tensão de cisalhamento máxima. 
 
τmáx abs =
σ1
2
 
 τadm =
σe
2
=
160
2
 = 80 MPa 
τmáx abs = τadm 
|
σ1
2
| = 80 MPa ∴ 𝛔𝟏 = 𝟏𝟔𝟎 𝐌𝐏𝐚 
 
10.85. Uma liga de alumínio deve ser usada para fabricar um eixo de acionamento maciço que transmite 25 kW a 1.200 
rev/min. Usando um fator de segurança de 2,5 para escoamento, determine o menor diâmetro do eixo que pode ser 
selecionado com base na teoria da tensão de cisalhamento máxima. σe = 70 MPa. 
 
ω = 1.200 ×
2π
60
 = 125,664 rad/s ∴ T =
P
ω
=
25 × 103
125,664
 = 198,944 N.m 
τmáx = τxy =
Tc
J
=
198,944c
π
2
c4
=
126,6515
c3
=
126,6515
(
d
2
)
3 =
1.013,212
d3
 Pa =
0,0010132
d3
 MPa 
σ1,2 =
σx + σy
2
± √(
σx − σy
2
)
2
+ τxy2 =
0 + 0
2
± √(
 0 − 0
2
)
2
+ (
0,0010132
d³
)
2
= ± 
0,0010132
d3
 MPa 
σ1 =
0,0010132
d3
 MPa e σ2 = −
0,0010132
d3
 MPa 
|σ1 − σ2| =
σe
FS
 ∴ (
0,0010132
d³
+
0,0010132
d³
)