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Solução dos Problemas do Módulo Online de Engenharia Mecânica

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MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR
Módulo de Suporte Online para 
Engenharia Mecânica
Solução de Problemas
PRINCÍPIOS DA MECÂNICA DA FRATURA
M.1 Qual é a magnitude da tensão máxima que existe na extremidade de uma trinca interna com um raio de 
curvatura de 2,5 × 10–4 mm (10–5 in) e um comprimento de trinca de 2,5 × 10–2 mm (10–3 in) quando uma ten-
são de tração de 170 MPa (25.000 psi) é aplicada?
Solução
Esse problema pede que calculemos a magnitude da tensão máxima que existe na extremidade de uma 
trinca interna. A Equação M.12b é empregada para resolver esse problema, conforme
M.2 Estime a resistência à fratura teórica de um material frágil se for de conhecimento que a fratura ocor-
re pela propagação de uma trinca de superfície com forma elíptica de comprimento 0,25 mm (0,01 in) e que 
tem uma extremidade com raio de curvatura de 1,2 × 10–3 mm (4,7 × 10–5 in) quando uma tensão de 1200 
MPa (174.000 psi) é aplicada.
Solução
Para estimar a resistência à fratura teórica desse material é necessário calcular σm usando a Equação 
M.12b, dado que σ0 = 1200 MPa, a = 0,25 mm, e ρe = 1,2 × 10–3 mm. Dessa forma,
_
_
_
_
M.3 Se a energia de superfície específica para o vidro de cal de soda é de 0,30 J/m2, usando os dados da Ta-
bela 7.1, calcule a tensão crítica exigida para a propagação de uma trinca de superfície com comprimento 
de 0,05 mm.
Solução
Podemos determinar a tensão crítica exigida para a propagação de uma trinca de superfície no vidro de 
cal de soda usando a Equação M.14; tomando o valor de 69 GPa (Tabela 7.1) como o módulo de elasticida-
de, temos
M.4 Um componente em poliestireno não deve falhar quando uma tensão de tração de 1,25 MPa 
(180 psi) for aplicada. Determine o comprimento máximo de trinca de superfície admissível se a energia de 
superfície do poliestireno é de 0,50 J/m2 (2,86 H 10–3 in . lbf/in–2). Considere um módulo de elasticidade de 
3,0 GPa (0,435 H 106 psi).
Solução
O comprimento máximo de trinca de superfície admissível para o poliestireno pode ser determinado con-
siderando a Equação M.14; tomando 3,0 GPa como o módulo de elasticidade, e resolvendo para a, temos
M.5 O parâmetro K na Equação M.18a, M.18b e M.18c é uma função da tensão nominal aplicada σ e do 
comprimento da trinca a conforme
Calcule as magnitudes das tensões normais σx e σy na frente de uma trinca de superfície com comprimen-
to de 2,0 mm (0,079 in) (como mostrada na Figura M.7) em resposta a uma tensão de tração nominal de 100 
MPa (14.500 psi) nas seguintes posições:
(a) r = 0,10 mm (3,9 H 10–3 in), θ = 0º
(b) r = 0,10 mm (3,9 H 10–3 in), θ = 45º
(c) r = 0,50 mm (2,0 H 10–2 in), θ = 0º
(d) r = 0,50 mm (2,0 H 10–2 in), θ = 45º
Solução
Esse problema pede que calculemos as tensões normais σx e σy na frente de uma trinca de superfície com 
comprimento de 2,0 mm em várias posições quando uma tensão de tração de 100 MPa é aplicada. A substi-
tuição por nas Eqs. M.18a e M.18b leva a
em que fx(θ) e fy(θ) são definidos na nota de rodapé 6 que acompanha. Para θ = 0º, fx(θ) = 1,0 e fy(θ) = 1,0, en-
quanto para θ = 45º, fx(θ) = 0,60 e fy(θ) = 1,25.
(a) Para r = 0,1 mm e θ = 0º,
2 Solução de Problemas 
(b) Para r = 0,1 mm e θ = 45º,
(c) Para r = 0,5 mm e θ = 0º
(d) Para r = 0,5 mm e θ = 45º
M.6 O parâmetro K nas Eqs. M.18a, M.18b e M.18c é definido no Problema M.5.
(a) Para uma trinca de superfície com comprimento de 2,0 mm (7,87 × 10–2 in), determine a posição ra-
dial em um ângulo θ de 30° na qual a tensão normal σx é de 100 MPa (14.500 psi) quando a magnitude da 
tensão nominal aplicada é de 150 MPa (21.750 psi).
(b) Calcule a tensão normal σy nessa mesma posição.
Solução
(a) Nessa parte do problema, temos que determinar a posição radial na qual σx = 100 MPa (14.500 psi) 
para θ = 30º, a = 2,0 mm e σ = 150 MPa (21.750 psi). A substituição de K na Equação M.18a leva a
Agora, resolvendo para r a partir dessa expressão, tem-se
Para θ = 30º, fx(θ) = 0,79 e, portanto,
(b) Agora, temos que calcular σy nessa posição. Isso é feito usando-se a Equação M.18b; para 
θ = 30°, fy(θ) = 1,14 e, portanto,
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 3
M.7 Abaixo está ilustrada uma parte de uma amostra de tração.
(a) Calcule a magnitude da tensão no ponto P quando a tensão aplicada externamente é de 140 MPa 
(20.000 psi).
(b) Quanto terá que ser aumentado o raio de curvatura no ponto P para reduzir essa tensão em 25%?
Solução
(a) Nessa parte do problema, é necessário calcular a tensão no ponto P quando a tensão aplicada é de 140 
MPa (20.000 psi). Para determinar a concentração de tensões é necessário consultar a Figura M.5c. A partir 
da geometria da amostra, w/h = (40 mm)/(20 mm) = 2,0; além disso, a razão r/h é (4 mm)/(20 mm) = 0,20. 
Considerando a curva para w/h = 2,0 na Figura M.5c, o valor de Ke em r/h = 0,20 é de 1,8. E, uma vez que 
Ke = σm/σ0, então
(b) Agora é preciso determinar quanto r deve ser aumentado para reduzir σm em 25%; essa redu-
ção corresponde a uma tensão de (0,75)(252 MPa) = 189 MPa (27.000 psi). O valor de Ke é, portanto, 
Ke = 
σm
σ0
= 189 MPa
140 MPa
. Usando a curva para w/h = 2,0 na Figura M.5c, o valor de r/h para Ke = 1,35 é de apro-
ximadamente 0,60. Portanto,
Ou, o raio r deve ser aumentado de 4,0 mm para 12,0 mm para reduzir a concentração de tensões em 25%.
M.8 Um orifício cilíndrico com 19,0 mm (0,75 in) de diâmetro passa totalmente através da espessura de uma 
chapa de aço com 12,7 mm (0,5 in) de espessura, 127 mm (5 in) de largura e 254 mm (10 in) de comprimen-
to (veja a Figura M.5a).
(a) Calcule a tensão na aresta desse orifício quando uma tensão de tração de 34,5 MPa (5000 psi) é apli-
cada em uma direção ao longo de comprimento.
(b) Calcule a tensão na aresta do orifício quando a mesma tensão na parte (a) é aplicada em uma dire-
ção ao longo da largura.
Solução
(a) Essa parte do problema pede que calculemos a tensão na aresta de um orifício circular que atravessa a 
espessura de uma lâmina de aço quando é aplicada uma tensão de tração em uma direção ao longo do compri-
mento. Primeiro devemos usar a Figura M.5a – d/w = (19 mm)/(127 mm) = 0,15. A partir da figura e usando 
esse valor, Ke = 2,5. Uma vez que Ke = σm/σ0 e σ0 = 34,5 MPa (5000 psi), então
4 Solução de Problemas 
(b) Agora, torna-se necessário calcular a tensão na aresta do orifício quando a tensão externa é aplicada 
em uma direção ao longo da largura; isso significa simplesmente que w = 254 mm. O valor de d/w é então de 
19 mm/254 mm = 0,075. A partir da Figura M.5a, Ke é de aproximadamente 2,7. Portanto, para essa situação
M.9 Para cada uma das ligas metálicas listadas na Tabela M.3, calcule a espessura mínima do componente 
para a qual a condição de deformação plana é válida.
Solução
Esse problema pede que determinemos o valor de B, a espessura mínima do componente para a qual a con-
dição de deformação plana é válida usando a Equação M.23, para as ligas metálicas listadas na Tabela M.3.
Para a liga de alumínio 7075-T651,
Para a liga de alumínio 2024-T3,
Para a liga de titânio Ti-6Al-4V,
Para o aço liga 4340 revenido a 260ºC,
Para o aço liga 4340 revenido a 425ºC,
M.10 Uma amostra de uma liga de aço 4340 que apresenta uma tenacidade à fratura em deformação plana 
de 45MPa√m (41 Ksi√in ) está exposta a uma tensão de 1000 MPa (145.000 psi). Essa amostra experimen-
tará fratura sabendo-se que a maior trinca de superfície mede 0,75 mm (0,03 in) de comprimento? Por que 
sim, ou por que não? Considere que o parâmetro Y tenha um valor de 1,0.
Solução
Esse problema pede que determinemos se uma amostra de liga de aço 4340 irá ou não fraturar quando ex-
posta a uma tensão de 1000 MPa, dados os valores de KIC, Y, e o maior valor de a no material. Isso exige que 
resolvamos para σC a partir da Equação M.24. Dessa forma,
Portanto, a fratura é provável, pois essa amostra irá tolerar uma tensão de 927 MPa (133.500 psi) antes de 
fraturar, que é menor do que a tensão aplicada de 1000 MPa (145.000 psi).
M.11 Um componente de uma aeronaveé fabricado a partir de uma liga de alumínio que apresenta uma te-
nacidade à fratura em deformação plana de 35MPa√m (31,9 Ksi√in . Foi determinado que a fratura resul-
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Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 5
ta sob uma tensão de 250 MPa (36.250 psi) quando o comprimento máximo de uma trinca interna é de 2,0 
mm (0,08 in). Para esses mesmos componente e liga, diga se a fratura ocorrerá sob um nível de tensão de 
325 MPa (47.125 psi) quando o comprimento máximo de uma trinca interna é de 1,0 mm (0,04 in). Por que 
sim, ou por que não?
Solução
Temos que determinar se um componente de uma aeronave irá fraturar para uma dada tenacidade à fratu-
ra (35MPa√m ), nível de tensão (325 MPa), e comprimento máximo de trinca interna (1,0 mm), dado que a 
fratura ocorre para o mesmo componente usando a mesma liga para outro nível de tensão e comprimento de 
trinca interna. Primeiro, é necessário resolver para o parâmetro Y usando a Equação M.22 para as condições 
sob as quais ocorreu a fratura (isto é, σ = 250 MPa e 2a = 2,0 mm). Portanto,
Agora, vamos resolver para o produto Yσ√πa para o outro conjunto de condições, de forma a assegurar 
se esse valor é ou não maior do que o valor de KIC para a liga. Dessa forma,
Portanto, a fratura não ocorrerá, já que esse valor (32,3 MPa√m) é menor do que o valor de KIC do ma-
terial, que é de 35 MPa√m.
M.12 Suponha que o componente de uma asa em uma aeronave seja fabricado a partir de uma liga de alu-
mínio que apresenta uma tenacidade à fratura em deformação plana de 40 MPa√m (36,4 Ksi√in) . Foi de-
terminado que a fratura resulta em uma tensão de 365 MPa (53.000 psi) quando o comprimento máximo de 
uma trinca interna é de 2,5 mm (0,10 in). Para esses mesmos componente e liga, calcule o nível de tensão no 
qual a fratura ocorrerá para um comprimento crítico de trinca interna de 4,0 mm (0,16 in).
Solução
Esse problema pede que determinemos o nível de tensão no qual o componente de uma aeronave irá fratu-
rar para uma dada tenacidade à fratura (40 MPa√m) e um comprimento máximo de trinca interna (4,0 mm), 
dado que a fratura ocorre para o mesmo componente usando a mesma liga em um nível de tensão (365 MPa) 
e outro comprimento de trinca interna (2,5 mm). Primeiro torna-se necessário resolver para o parâmetro Y 
para as condições sob as quais a fratura ocorreu usando a Equação M.22. Portanto,
Agora, vamos resolver para σC usando a Equação M.25, conforme
M.13 Uma grande placa é fabricada a partir de uma liga de aço com uma tenacidade à fratura em defor-
mação plana de 55 MPa√m (50 Ksi√in) . Se, durante o uso em serviço, a placa é exposta a uma tensão de 
tração de 200 MPa (29.000 psi), determine o comprimento mínimo de uma trinca de superfície que levará a 
uma fratura. Considere um valor de 1,0 para Y.
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6 Solução de Problemas 
Solução
Para esse problema, são dados os valores de KIC (55 MPa√m), σ (200 MPa) e Y (1,0) para uma grande 
placa e devemos determinar o comprimento mínimo de uma trinca de superfície que levará à fratura. Tudo o 
que precisamos fazer é resolver para ac usando a Equação M.25; portanto,
M.14 Calcule o comprimento máximo permissível de uma trinca interna para um componente em liga de 
alumínio 7075-T651 (Tabela M.3) que é carregado até uma tensão de metade do seu limite de escoamento. 
Considere que o valor de Y seja de 1,35.
Solução
Esse problema pede que calculemos o comprimento máximo permissível de uma trinca interna para a liga 
de alumínio 7075-T651 na Tabela M.3 dado que ela é carregada até um nível de tensão igual à metade do seu 
limite de escoamento. Para essa liga, KIC 24 MPa√m (22 Ksi√in ; ainda, σ = σl /2 = (495 MPa)/2 = 248 MPa 
(36.000 psi). Então, resolvendo para 2ac usando a Equação M.25, tem-se
M.15 Um componente estrutural na forma de uma chapa larga deve ser fabricado a partir de uma liga de aço 
que apresenta uma tenacidade à fratura em deformação plana de 77,0 MPa√m (70,1 ksi√in ) e um limite de 
escoamento de 1400 MPa (205.000 psi). O limite de resolução para o tamanho de um defeito do aparato de 
detecção de defeitos é de 4,0 mm (0,16 in). Se a tensão de projeto é de metade do limite de escoamento e o 
valor de Y é de 1,0, determine se um defeito crítico para essa placa está sujeito à detecção.
Solução
Esse problema pede que determinemos se um defeito crítico em uma chapa larga está sujeito à detecção dados 
o limite de detecção de defeitos do aparato (4,0 mm), o valor de KIC (77 MPa√m), a tensão de projeto (σl/2, em 
que σl = 1400 MPa) e Y = 1,0. Primeiro precisamos calcular o valor de ac usando a Equação M.25; dessa forma,
Portanto, o defeito crítico não está sujeito à detecção, uma vez que esse valor de ac (3,9 mm) é menor do 
que o limite de resolução de 4,0 mm.
M.16 Um componente estrutural na forma de uma chapa plana com 25,4 mm (1,0 in) de espessura deve ser 
fabricado a partir de uma liga metálica para a qual os valores do limite de escoamento e da tenacidade à 
fratura em deformação plana são de 700 MPa (101.500 psi) e 49,5 MPa√m(45 ksi√in) , respectivamente; 
para essa geometria particular, o valor de Y é de 1,65. Considerando uma tensão de projeto de metade do 
limite de escoamento, é possível calcular o comprimento crítico de um defeito de superfície? Caso isso seja 
possível, determine o seu comprimento; caso esse cálculo não seja possível a partir dos dados fornecidos, 
então explique a razão.
Solução
Nesse problema, pede-se para determinar se é ou não possível calcular o comprimento crítico de um de-
feito de superfície no interior de uma chapa plana dada a sua espessura (25,4 mm), limite de escoamento 
(700 MPa), tenacidade à fratura em deformação plana [49,5 MPa√m (45 ksi√in)] e o valor de Y (1,65). 
A primeira coisa que devemos fazer é certificar se existem ou não condições de deformação plana para essa 
placa usando a Equação M.23, conforme
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Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 7
A situação é uma de deformação plana, uma vez que a espessura da placa (25,4 mm) é maior do que o seu 
valor de B calculado (12,5 mm).
Agora, para determinar o valor de ac usamos a Equação M.25:
ENSAIO DE FRATURA POR IMPACTO
M.17 A seguir estão tabulados os dados coletados de uma série de ensaios de impacto de Charpy com um 
ferro fundido dúctil.
_
_ _
_
Temperatura (ºC) Energia de Impacto (J)
– 25 124
– 50 123
– 75 115
– 85 100
– 100 73
– 110 52
– 125 26
– 150 9
– 175 6
(a) Represente graficamente os dados na forma da energia de impacto em função da temperatura.
(b) Determine a temperatura de transição de dúctil para frágil como aquela temperatura que correspon-
de à média entre as energias de impacto máxima e mínima.
(c) Determine uma temperatura de transição de dúctil para frágil como a temperatura na qual a energia 
de impacto é de 80 J.
Solução
(a) O gráfico da energia de impacto em função da temperatura está mostrado abaixo.
E
ne
rg
ia
 d
e 
Im
pa
ct
o,
 J
Temperatura, ºC
8 Solução de Problemas 
(b) A média entre as energias de impacto máxima e mínima a partir dos dados é de
Como indicado no gráfico por um conjunto de linhas tracejadas, a temperatura de transição de dúctil para 
frágil de acordo com esse critério é de aproximadamente –105ºC.
(c) Ainda, como observado no gráfico pelo outro conjunto de linhas tracejadas, a temperatura de transi-
ção de dúctil para frágil para uma energia de impacto de 80 J é de aproximadamente –95ºC.
M.18 A seguir estão tabulados os dados que foram coletados de uma série de ensaios de impacto de Charpy 
com uma liga de aço 4140 revenida.
Temperatura (ºC) Energia de Impacto (J)
100 89,3
75 88,6
50 87,6
25 85,4
0 82,9
– 25 78,9
– 50 73,1
– 65 66,0
– 75 59,3
– 85 47,9
– 100 34,3
– 125 29,3
– 150 27,1
– 175 25,0
(a) Represente graficamente os dados na forma da energia de impacto em função da temperatura.
(b) Determine a temperatura de transição de dúctil para frágil como aquela temperatura que correspon-
de à médiaentre as energias de impacto máxima e mínima.
(c) Determine uma temperatura de transição de dúctil para frágil como a temperatura na qual a energia 
de impacto é de 70 J.
Solução
(a) O gráfico da energia de impacto em função da temperatura está mostrado a seguir.
E
ne
rg
ia
 d
e 
Im
pa
ct
o,
 J
Temperatura, ºC
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 9
(b) A média entre as energias de impacto máxima e mínima a partir dos dados é de
Como indicado no gráfico por um conjunto de linhas tracejadas, a temperatura de transição de dúctil para frá-
gil de acordo com esse critério é de aproximadamente –75ºC.
(c) Ainda, como observado no gráfico pelo outro conjunto de linhas tracejadas, a temperatura de transição 
de dúctil para frágil para uma energia de impacto de 70 J é de aproximadamente –55ºC.
TENSÕES CÍCLICAS (FADIGA)
A Curva σ–N
M.19 Um ensaio de fadiga foi conduzido em que a tensão média era de 50 MPa (7250 psi) e a amplitude de 
tensão era de 225 MPa (32.625 psi).
(a) Calcule os níveis máximo e mínimo de tensão.
(b) Calcule a razão entre tensões.
(c) Calcule a magnitude do intervalo de tensões.
Solução
(a) Dados os valores de σm (50 MPa) e σa (225 MPa), devemos calcular os valores de σmáx e σmín. A partir 
da Equação M.38,
Ou,
Além disso, a utilização da Equação M.40 fornece
Ou,
Resolvendo simultaneamente essas duas expressões, leva-se a
(b) Considerando a Equação M.41, a razão entre tensões R é determinada conforme a seguir:
(c) A magnitude do intervalo de tensões σi é determinada usando a Equação M.39 conforme
M.20 Uma barra de aço 1045 cilíndrica (Figura M.75) está sujeita a um ciclo repetido de tensões de com-
pressão-tração ao longo do seu eixo. Se a amplitude da carga é de 22.000 N (4950 lbf), calcule a diâmetro 
mínimo permissível para a barra para assegurar que não ocorrerá uma falha por fadiga. Considere um fa-
tor de segurança de 2,0.
10 Solução de Problemas 
Solução
A partir da Figura M.75, a amplitude de tensão do limite de resistência à fadiga para essa liga é de 310 
MPa (45.000 psi). A tensão é definida na Equação 7.1 como σ = F/A0. Para uma barra cilíndrica,
A substituição de A0 na Equação 7.1 leva a
Resolvemos agora para d0, tomando a tensão como o limite de resistência à fadiga, dividido pelo fator de 
segurança. Dessa forma,
_
_
_
_
_
_
_
_
máx
máx máx
mín
mín
_
_
_
_
_
_
,
_
_
M.21 Um bastão cilíndrico com 8,0 mm (0,3 in) de diâmetro fabricado a partir de uma liga de latão verme-
lho (Figura M.75) está submetido a um ciclo alternado de cargas de tração-compressão ao longo do seu eixo. 
Se as cargas máximas de tração e de compressão são de +7500 N (1700 lbf) e –7500 N (–1700 lbf), respec-
tivamente, determine sua vida em fadiga. Considere que a tensão representada graficamente na Figura M.75 
seja a amplitude da tensão.
Solução
Devemos determinar a vida em fadiga para um bastão cilíndrico em latão vermelho, dados o seu diâmetro 
(8,0 mm) e as cargas máximas de tração e de compressão (+7500 N e –7500 N, respectivamente). A primeira 
ação necessária é calcular os valores de σmáx e σmín usando a Equação 7.1. Dessa forma,
Agora, torna-se necessário calcular a amplitude da tensão considerando a Equação M.40, conforme
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 11
A partir da Figura M.75, para o latão vermelho, o número de ciclos até a falha nessa amplitude de tensões 
é de aproximadamente 1 × 105 ciclos.
M.22 Um bastão cilíndrico com diâmetro de 12,5 mm (0,5 in) fabricado a partir de uma liga 2014-T6 (Figu-
ra M.75) está sujeito a um ciclo repetido de cargas de tração-compressão ao longo do seu eixo. Calcule as 
cargas máxima e mínima que serão aplicadas para produzir uma vida em fadiga de 1,0 H 107 ciclos. Assuma 
que a tensão representada no eixo vertical seja a amplitude da tensão e que os dados foram tomados para 
uma tensão média de 50 MPa (7250 psi).
Solução
Esse problema pede que calculemos as cargas máxima e mínima à qual uma amostra em liga de alumínio 
2014-T6 com diâmetro de 12,5 mm (0,50 in) pode ser submetida para produzir uma vida em fadiga de 1,0 × 
107 ciclos; a Figura M.75 deve ser usada considerando que os dados foram tomados para uma tensão média de 
50 MPa (7250 psi). Ao consultar a Figura M.75, uma vida em fadiga de 1,0 × 107 ciclos corresponde a uma am-
plitude de tensão de 160 MPa (23.200 psi). Ou, a partir da Equação M.40,
Uma vez que σm = 50 MPa, então, a partir da Equação M.38,
A solução simultânea dessas duas expressões para σmáx e σmín fornece
Agora, uma vez que σ = F/A0 (Equação 7.1) e A0 = π(d0/2)2, então
M.23 Os dados de fadiga para uma liga de latão são os seguintes:
Amplitude da Tensão (MPa) Ciclos até a Falha
310 2 × 105
223 1 × 106
191 3 × 106
168 1 × 107
153 3 × 107
143 1 × 108
134 3 × 108
127 1 × 109
(a) Trace um gráfico σ–N (amplitude da tensão em função do logaritmo do número de ciclos até a falha) 
considerando esses dados.
(b) Determine a resistência à fadiga em 5 H 105 ciclos.
(c) Determine a vida em fadiga para 200 MPa.
Solução
(a) Os dados de fadiga para essa liga estão representados graficamente a seguir.
12 Solução de Problemas 
(b) Como indicado pelo conjunto de linhas tracejadas identificadas por “A” no gráfico, a resistência à fa-
diga em 5 × 105 ciclos [log (5 × 105) = 5,7] é de aproximadamente 250 MPa.
(c) Conforme anotado pelo conjunto de linhas tracejadas identificadas por “B” no gráfico, a vida em fa-
diga para 200 MPa é de aproximadamente 2 × 106 ciclos (isto é, o logaritmo da vida em fadiga é de 
aproximadamente 6,3.
M.24 Suponha que os dados de fadiga para a liga de latão no Problema M.23 tenham sido tomados a partir 
de ensaios de torção, e que um eixo dessa liga deva ser usado para um acoplamento que é fixado a um motor 
elétrico que opera a 1500 rpm. Indique a amplitude máxima da tensão de torção que é possível para cada um 
dos seguintes tempos de vida útil do acoplamento: (a) 1 ano, (b) 1 mês, (c) 1 dia, e (d) 2 horas.
Solução
Para cada tempo de vida útil, calcule primeiro o número de ciclos, e então estabeleça a resistência à fadi-
ga correspondente a partir do gráfico acima.
(a) Tempo de vida em fadiga = (1 ano)(365 dias/ano)(24 h/dia)(60 min/h)(1500 ciclos/min) = 7,9 × 
108 = ciclos. A amplitude da tensão correspondente a esse tempo de vida útil é de aproximadamente 
130 MPa.
(b) Tempo de vida em fadiga = (30 dias)(24 h/dia)(60 min/h)(1500 ciclos/min) = 6,5 × 107 = ciclos. A am-
plitude da tensão correspondente a esse tempo de vida útil é de aproximadamente 145 MPa.
(c) Tempo de vida em fadiga = (24 h)(60 min/h)(1500 ciclos/min) = 2,2 × 106 = ciclos. A amplitude da 
tensão correspondente a esse tempo de vida útil é de aproximadamente 195 MPa.
(d) Tempo de vida em fadiga = (2 h)(60 min/h)(1500 ciclos/min) = 1,8 × 105 = ciclos. A amplitude da ten-
são correspondente a esse tempo de vida útil é de aproximadamente 315 MPa.
M.25 Os dados de fadiga para um ferro fundido dúctil são dados a seguir:
Amplitude da Tensão [MPa (ksi)] Ciclos até a Falha
248 (36,0) 1 × 105
236 (34,2) 3 × 105
224 (32,5) 1 × 106
213 (30,9) 3 × 106
201 (29,1) 1 × 107
193 (28,0) 3 × 107
193 (28,0) 1 × 108
193 (28,0) 3 × 108
A
m
pl
itu
de
 d
a 
Te
ns
ão
, M
Pa
Logaritmo do Número de Ciclos até a Falha
(a) Trace um gráfico σ–N (amplitude da tensão em função do logaritmo do número de ciclos até a falha) 
considerando esses dados.
(b) Determine o limite de resistência à fadiga para essa liga.
(c) Determine os tempos de vida em fadiga para amplitudes de tensão de 230 MPa (33.500 psi) e 175 
MPa (25.000 psi).
(d) Estime as resistências à fadiga para 2 × 105 e 6 × 106 ciclos.
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 13
Solução
(a) Os dados de fadiga para essa liga estão representados graficamente a seguir.
(b) O limite de resistência à fadiga é o nível de tensão no qual a curva se torna horizontal, que ocorre em 
193 MPa (28.000 psi).
(c) Conforme destacado pelo conjunto de linhas tracejadas denotado por“A”, a vida útil em fadiga em 
uma amplitude de tensão de 230 MPa é de aproximadamente de 5 × 105 ciclos (log N = 5,7). A partir do grá-
fico, o tempo de vida em fadiga em uma amplitude de tensão de 230 MPa (33.500 psi) é de aproximadamente 
50.000 ciclos (log N = 4,7). Em 175 MPa (25.000 psi), o tempo de vida em fadiga é essencialmente um nú-
mero infinito de ciclos, já que essa amplitude de tensão está abaixo do limite de resistência à fadiga.
(d) Conforme destacado pelo conjunto de linhas tracejadas denotado por “B”, o limite de resistência à fa-
diga para 2 × 105 ciclos (log N = 5,3) é de aproximadamente 240 MPa (35.000 psi); e, de acordo com o con-
junto de linhas tracejadas denotado por “C”, o limite de resistência à fadiga para 6 × 106 ciclos (log N = 6,78) 
é de aproximadamente 205 MPa (30.000 psi).
M.26 Suponha que os dados de fadiga para o ferro fundido no Problema M.25 tenham sido tomados para en-
saios de dobragem e rotação, e que uma haste dessa liga deva ser usada para um eixo de automóvel que roda 
a uma velocidade média de rotação de 750 revoluções por minuto. Indique os tempos de vida úteis máximos 
de direção contínua que são permissíveis para os seguintes níveis de tensão: (a) 250 MPa (36.250 psi), (b) 
215 MPa (31.000 psi), (c) 200 MPa (29.000 psi), e (d) 150 MPa (21.750 psi).
Solução
Para cada nível de tensão, primeiro ler o tempo de vida correspondente a partir do gráfico acima, e então 
converter o mesmo no número de ciclos.
(a) Para um nível de tensão de 250 MPa (36.250 psi), o tempo de vida em fadiga é de aproximadamente 
90.000 ciclos. Isso se traduz em (9 × 104 ciclos)(1 min/750 ciclos) = 120 min.
(b) Para um nível de tensão de 215 MPa (31.000 psi), o tempo de vida em fadiga é de aproximadamente 
2 × 106 ciclos. Isso se traduz em (2 × 106 ciclos)(1 min/750 ciclos) = 2670 min = 44,4 h.
(c) Para um nível de tensão de 200 MPa (29.000 psi), o tempo de vida em fadiga é de aproximadamente 
1 × 107 ciclos. Isso se traduz em (1 × 107 ciclos)(1 min/750 ciclos) = 1,33 × 104 min = 222 h.
(d) Para um nível de tensão de 150 MPa (21.750 psi), o tempo de vida em fadiga é essencialmente infini-
to, uma vez que estamos abaixo do limite de resistência à fadiga [193 MPa (28.000 psi)].
M.27 Três amostras de fadiga idênticas (identificadas por A, B e C) são fabricadas a partir de uma liga não 
ferrosa. Cada uma está sujeita a um dos ciclos de tensão máxima–mínima indicados a seguir; a frequência 
é a mesma para todos os três ensaios.
Amostra σmáx (MPa) σmín (MPa)
A + 450 – 350
B + 400 – 300
C +340 – 340
A
m
pl
itu
de
 d
a 
Te
ns
ão
, M
Pa
Logaritmo do Número de Ciclos até a Falha
14 Solução de Problemas 
(a) Classifique os tempos de vida em fadiga dessas três amostras em ordem decrescente.
(b) Então, justifique essa classificação usando um gráfico esquemático σ–N.
Solução
Para resolver esse problema, torna-se necessário calcular tanto a tensão média quanto a amplitude de ten-
são para cada amostra. A partir da Equação M.38, as tensões médias das amostras são determinadas da se-
guinte maneira:
Além disso, usando a Equação M.40, as amplitudes das tensões são calculadas conforme
Com base nesses resultados, o tempo de vida em fadiga para a amostra C será maior do que o tempo de 
vida para a amostra B, que por sua vez será maior do que para a amostra A. Essa conclusão está baseada no 
seguinte gráfico σ–N no qual são representadas graficamente as curvas para dois valores de σm.
A
m
pl
itu
de
 d
a 
Te
ns
ão
, M
Pa
Logaritmo do Número de Ciclos até a Falha
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 15
M.28 Cite cinco fatores que podem levar a uma dispersão nos dados da vida em fadiga.
Solução
Cinco fatores que levam a uma dispersão nos dados da vida em fadiga são (1) a fabricação da amostra e 
o preparo da superfície, (2) variáveis metalúrgicas, (3) alinhamento da amostra no aparato de testes, (4) va-
riação na tensão média, e (5) variação na frequência do ciclo de testes.
INICIAÇÃO E PROPAGAÇÃO DE TRINCAS
Fatores que Afetam a Vida em Fadiga
M.29 Explique sucintamente a diferença entre as estrias de fadigas e as marcas de praia, tanto em termos 
(a) do tamanho como (b) da origem.
Solução
(a) Em relação ao tamanho, as marcas de praia são normalmente de dimensões macroscópicas e podem 
ser observadas ao olho nu; as estrias de fadiga apresentam dimensões microscópicas e é necessário um mi-
croscópio eletrônico para sua observação.
(b) Em relação à origem, as marcas de praia resultam das interrupções nos ciclos de tensão; cada estria de 
fadiga corresponde ao avanço de uma trinca de fadiga durante um único ciclo de carga.
M.30 Liste quatro medidas que podem ser tomadas para aumentar a resistência à fadiga de uma liga me-
tálica.
Solução
Quatro medidas que podem ser tomadas para aumentar a resistência à fadiga de uma liga metálica são:
(1) Polir a superfície para remover sítios de ampliação de tensão.
(2) Reduzir o número de defeitos internos (poros etc.) mediante alterações nas técnicas de processamen-
to e fabricação.
(3) Modificar o projeto para eliminar entalhes e mudanças bruscas no contorno.
(4) Endurecer a superfície exterior da estrutura por meio de cementação (carbonetação, nitretação) ou ja-
teamento.
PROBLEMAS DE PROJETO
Seleção de Materiais Usando Índices de Performance
M.P1 (a) Considerando o procedimento descrito na Seção M.2, confira quais dentre as ligas metálicas lista-
das no Apêndice B (tanto da Introdução quanto dos Fundamentos) têm índices de performance da resistência 
à torção maior do que 10,0 (para τf e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente), e, além disso, resis-
tências ao cisalhamento maiores que 350 MPa. (b) Também usando o banco de dados para custos (Apêndice 
C tanto da Introdução quanto dos Fundamentos), conduza uma análise de custos da mesma maneira que foi 
realizada na Seção M.2. Para aqueles mesmos materiais que satisfazem os critérios anotados na parte (a), e 
com base em sua análise de custos, qual material você selecionaria para um eixo cilíndrico sólido? Por quê?
Solução
(a) Essa parte do problema pede que determinemos quais dentre os materiais listados no banco de da-
dos do Apêndice B apresentam índices de performance da resistência à torção maior do que 10,0 (para τf e ρ 
em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente), e, além disso, resistências ao cisalhamento maiores do que 
350 MPa. Para começar, observa-se na Seção M.2 que o limite de resistência ao cisalhamento é igual a 
τf = 0,6σl. Com base nisso, e dado que P = τf2/3/ρ (Equação M.9), segue-se que
1. Estamos interessados em todas as ligas metálicas com razões (0,6 σl)2/3/ρ maiores que 10,0. Isso sig-
nifica que queremos selecionar, dentre os valores tabulados, aqueles metais com valores de σl2/3/ρ maiores 
que 10,0
(0,6)2/3
 = 14,06.
16 Solução de Problemas 
Dezesseis ligas metálicas têm razões σl2/3/ρ maiores que 14,06; essas ligas estão listadas, juntamente com 
seus valores de (0,6σl)2/3/ρ e σl na tabela a seguir. [Observação: é necessário calcular manualmente as razões 
(0,6σl)2/3/ρ.]
Liga Condição (0,6σl)2/3/ρ σl
Ti-6Al-4V Envelhecida 17,14 1103
7075 Al T6 16,11 505
7075 Al T651 16,11 505
AZ31B Mg Laminada 14,65 220
Ti-6Al-4V Recozida 14,18 830
AZ31B Mg Extrudada 13,75 200
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 13,22 760
Inoxidável 440A T/R, 315ºC 12,73 1650
2024 Al T3 12,63 345
Aço 4340 T/R, 315ºC 12,50 1620
Aço 4140 T/R, 315ºC 12,24 1570
2024 Al T351 12,13 325
6061 Al T6 11,16 276
6061 Al T651 11,16 276
Inoxidável 17–7PH PH, 510ºC 11,13 1310
17-7PH Laminada a frio 10,55 1210
Agora, o segundo critério pede que o material tenha um limite de resistência ao cisalhamento maior que 
350 MPa. Novamente, uma vez que σl = τf /0,6, o limite de escoamento mínimo exigido é de σl = 350 MPa/0,6, 
ou σl = 583 MPa. Os valores de σl do banco de dados também são fornecidos nessa tabela. Observa-se que to-
das as ligas de alumínio e magnésio são eliminadas com base nesse segundo critério.
(b) Essa parte do problema pede que conduzamosuma análise de custos para essas oito ligas remanes-
centes. A seguir é fornecida uma tabulação dos valores para ρ/(0,6σl)2/3, o custo relativo c– (conforme obtido 
no Apêndice C) e o produto desses dois parâmetros. (Deve ser observado que nenhum valor de c– é dado para 
cinco desses materiais.) Os três materiais restantes são classificados com base no custo, do mais barato para 
o mais caro.
Liga Condição (0,6σl)2/3
ρ
c– (0,6σl)2/3
ρc–
Inoxidável 17–7PH Laminada a frio 0,0948 7,1 0,67
Ti-6Al-4V Recozida 0,0705 94,2 6,64
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 0,0756 89,3 6,75
Dessa forma, o aço inoxidável 17–7PH é a escolha óbvia dentre os três materiais para os quais são forne-
cidos dados de custo, uma vez que ele tem o menor valor para o produto 
(0,6σl)2/3
ρc– .
Fica a critério do aluno selecionar a melhor liga metálica para ser usada para esse eixo sólido cilíndrico 
(e então justificar essa seleção).
M.P2 De maneira semelhante ao tratamento da Seção M.2, realize uma análise da performance da rigidez 
em relação à massa para um eixo sólido cilíndrico sujeito a uma tensão de torção. Considere os mesmos ma-
teriais de engenharia que estão listados na Tabela M.1. Além disso, conduza uma análise de custo do mate-
rial. Classifique esses materiais com base tanto na massa de material exigida quanto no custo do material. 
Para os compósitos reforçados com fibras de vidro e de carbono, assuma que os módulos de cisalhamento 
sejam de 8,6 e 9,2 GPa, respectivamente.
Solução
Esse problema pede que conduzamos uma análise da performance da rigidez em relação à massa para 
um eixo sólido cilíndrico sujeito a uma tensão de torção. O índice de performance da rigidez PR é dado pela 
Equação M.11:
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 17
em que G é o módulo de cisalhamento e ρ é a densidade. As densidades para os cinco materiais estão listados 
na Tabela M.1. Os módulos de cisalhamento para os compósitos reforçados com fibras de vidro e de carbo-
no foram estipulados no problema (8,6 e 9,2 GPa, respectivamente). Para as três ligas metálicas, os valores 
do módulo de cisalhamento podem ser calculados usando a Equação 7.9 e os valores para o módulo de elas-
ticidade e o coeficiente de Poisson, dados nas Tabelas B.2 e B.3 no Apêndice B. Por exemplo, para a liga de 
alumínio 2024–T6,
Os valores de G para a liga de titânio e o aço 4340 (determinados de maneira semelhante) são, respecti-
vamente, 42,5 e 79,6 GPa.
A seguir estão tabulados a densidade, o módulo de cisalhamento e o índice de performance da rigidez para 
cada um desses cinco materiais.
Material ρ (Mg/m3) G (GPa) [(GPa)1/2m3/Mg]
Compósito reforçado com fibras de carbono 1,5 9,2 2,02
Liga de alumínio (2024–T6) 2,8 27,2 1,86
Liga de titânio (Ti–6Al–4V) 4,4 42,5 1,48
Compósito reforçado com fibras de vidro 2,0 8,6 1,47
Aço 4340 (temperado em óleo e revenido) 7,8 79,6 1,14
√G
ρ
Dessa forma, o compósito reforçado com fibras de carbono tem o maior índice de performance da rigidez, 
enquanto o aço revenido tem o menor.
A tabela mostrada a seguir contém na primeira coluna o inverso do índice de performance, o custo relativo 
(c–) e o produto desses dois fatores, que fornece uma comparação dos custos relativos dos materiais a serem 
usados para esse eixo em torção, quando a rigidez é um importante fator a ser considerado.
Material [(Mg/(GPa)1/2m3]
c–
($/$) [($/$){Mg/(GPa)1/2m3}]
Aço 4340 (temperado em óleo e revenido) 0,877 3 2,63
Liga de alumínio (2024–T6) 0,538 12,4 6,67
Compósito reforçado com fibras de vidro 0,680 28,3 19,2
Compósito reforçado com fibras de carbono 0,495 43,1 21,3
Liga de titânio (Ti–6Al–4V) 0,676 94,2 63,7
√G
ρ c–
√G
ρ _
_
Dessa forma, um eixo construído em aço revenido seria o mais barato, enquanto o eixo mais caro empre-
garia uma liga de titânio.
M.P3 (a) Uma viga em balanço cilíndrica está sujeita a uma força F, conforme indicado na figura abaixo. 
Desenvolva expressões para os índices de performance da resistência e da rigidez análogas às Equações. 
M.9 e M.11 para essa viga. A tensão imposta sobre a extremidade solta σ é
(M.62)
18 Solução de Problemas 
L, r e I são, respectivamente, comprimento, raio e momento de inércia da viga. Além disso, a deflexão na ex-
tremidade da viga δ é de
(M.63)
em que E é o módulo de elasticidade da viga.
(b) A partir do banco de dados para as propriedades apresentado no Apêndice B (tanto da Introdução 
quanto dos Fundamentos), selecione aquelas ligas metálicas que têm índices de performance da rigidez 
maiores que 3,0 (para E e ρ em unidades de GPa e g/cm3, respectivamente).
(c) Considerando o banco de dados para os custos (Apêndice C tanto da Introdução quanto dos Funda-
mentos), conduza uma análise de custos da mesma maneira como foi feito na Seção M.2. Em relação a essa 
análise e àquela na parte (b), qual liga você selecionaria com base na rigidez em relação à massa?
(d) Então, selecione as ligas metálicas que têm índices de performance da resistência maiores que 14,0 
(para σl e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente), e classifique-as em ordem decrescente de P.
(e) Usando o banco de dados para os custos, classifique os materiais na parte (d) do mais barato para 
o mais caro. Em relação a essa análise e àquela na parte (d), qual liga você selecionaria com base na resis-
tência em relação à massa?
(f) Que material você selecionaria se tanto a rigidez quanto a resistência tivessem que ser consideradas 
em relação a essa aplicação? Justifique sua seleção.
Solução
(a) Essa parte do problema pede que desenvolvamos uma expressão para o índice de performance da re-
sistência análoga à Equação M.9 para uma viga em balanço cilíndrica que encontra-se tensionada da maneira 
como está mostrado na figura em anexo. A tensão sobre a extremidade solta, σ, para uma força que está sendo 
imposta, F, é dada pela Equação M.62:
em que L e r são o comprimento e o raio da viga cilíndrica, respectivamente, enquanto I é o momento de inér-
cia; para um cilindro, a expressão para I é dada na Figura 7.18:
(M.67)
A substituição dessa expressão para I na Equação M.62 leva a
(M.68)
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 19
Agora, a massa m de uma dada quantidade de material é o produto de sua massa específica (ρ) e de seu 
volume. Uma vez que o volume do cilindro é simplesmente πr2L, então
(M.69)
A partir dessa expressão, o raio é simplesmente
(M.70)
A inclusão da Equação M.70 na Equação M.68 dá
(M.71)
E resolvendo para a massa, tem-se
(M.72)
Para assegurar que a viga não irá falhar, substituímos a tensão na Equação M.72 pelo limite de escoamen-
to (σl) dividido por um fator de segurança (N), conforme
(M.73)
Dessa forma, os melhores materiais para serem usados nessa viga em balanço cilíndrica quando a resis-
tência tiver que ser considerada são aqueles que apresentam baixas razões. Além disso, o índice de perfor-
mance da resistência, P, é simplesmente o inverso dessa razão, ou seja
(M.74)
A segunda parte do problema pede uma expressão para o índice de performance da rigidez. Vamos come-
çar considerando a Equação M.63, que relaciona δ, a deflexão elástica na extremidade solta, à força (F), com-
primento do eixo (L), módulo de elasticidade (E) e momento de inércia (I), segundo
Novamente, a Equação M.67 fornece uma expressão para o valor de I de um cilindro, o qual, quando 
substituído na Equação M.63, dá
(M.75)
E a substituição da expressão para r (Equação M.70) na Equação M.75 leva a 
Então, resolvendo essa expressão para a massa m, tem-se
(M.77)
_
_
_
_
(M.76)
20 Solução de Problemas 
Ou, para essa situação em balanço, a massa de material que experimenta uma dada deflexão produzida 
por uma força específica é proporcional à razão 
ρ
√E
 para aquele material. E, finalmente, o índice de perfor-
mance da rigidez, P, é simplesmente o inverso dessa razão, ou seja
(b) Aqui temos que selecionar aquelas ligas metálicas no banco de dados que apresentam um índice de 
performance da rigidez maior que 3,0 (para E eρ em unidades de GPa e g/cm3, respectivamente). 
Dezessete ligas metálicas satisfazem esse critério (têm índices de performance da rigidez maiores que 3); 
elas e seus valores de 
ρ
√E estão listados a seguir e classificados em ordem decrescente do valor.
Liga Condição
AZ31B Mg Laminada 3,79
AZ31B Mg Extrudada 3,79
AZ91D Mg Conforme fundida 3,71
356,0 Al Conforme fundida, alta produção 3,16
356,0 Al Conforme fundida, personalizado 3,16
356,0 Al T6 3,16
6061 Al O 3,08
6061 Al T6 3,08
6061 Al T651 3,08
2024 Al O 3,07
2024 Al T3 3,07
2024 Al T351 3,07
1100 Al O 3,07
1100 Al H14 3,07
7075 Al O 3,01
7075 Al T6 3,01
7075 Al T651 3,01
√E
ρ
(c) Agora temos que realizar uma análise de custo com as ligas indicadas anteriormente.
A seguir estão listados a razão 
√E
ρ , o custo relativo do material c– e o produto desses dois parâmetros; 
além disso, aquelas ligas para as quais os dados de custos são fornecidos estão classificadas em ordem cres-
cente de custo.
√E
ρ c–
√E
ρ _
_
Liga Condição c–
AZ91D Mg Conforme fundida 0,264 2,6 0,70
356,0 Al Conforme fundida, alta produção 0,316 2,4 0,76
1100 Al O 0,326 4,2 1,37
6061 Al T651 0,325 5,0 1,63
6061 Al T6 0,325 5,7 1,85
AZ31B Mg Extrudada 0,264 9,4 2,48
7075 Al T6 0,332 10,0 3,32
2024 Al T3 0,325 12,9 4,19
356,0 Al Conforme fundida, personalizada 0,316 13,6 4,30
2024 Al T351 0,326 13,4 4,37
356,0 Al T6 0,315 14,7 4,65
Az31B Mg Laminada 0,264 23,4 6,18
(Continua)
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 21
Fica para o aluno selecionar a melhor liga metálica a ser usada para essa viga em balanço com base na ri-
gidez em relação à massa, incluindo o elemento custo e outras considerações relevantes.
(d) Agora temos que selecionar as ligas metálicas no banco de dados que apresentam índices de perfor-
mance da resistência maiores que 14,0 (para σl e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente). Esse pro-
cesso pode ser acelerado com um procedimento análogo àquele descrito na parte (b).
Dezesseis ligas satisfazem esse critério; elas e suas razões σl2/3/ρ (Equação M.74) estão listadas a seguir; 
aqui elas estão classificadas em ordem decrescente do valor da razão.
Liga Condição c–
1100 Al H14 0,326 – –
2024 Al O 0,326 – –
6061 Al O 0,325 – –
7075 Al O 0,332 – –
7075 Al T651 0,332 – –
√E
ρ c–
√E
ρ _
_
(Continuação)
Liga Condição
Ti-6Al-4V Tratada por solução/envelhecida 24,2
7075 Al T6 22,7
7075 Al T651 22,7
AZ31B Mg Laminada 20,6
Ti-6Al-4V Recozida 20,0
AZ31B Mg Extrudada 19,4
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 18,6
Inoxidável 440A T/R, 315ºC 17,9
2024 Al T3 17,8
Aço 4340 T/R, 315ºC 17,6
Aço 4140 T/R, 315ºC 17,2
2024 Al T351 17,1
6061 Al T6 15,7
6061 Al T651 15,7
Inoxidável 17–7PH Endurecida por precipitação 15,7
Inoxidável 17–7PH Laminada a frio 14,8
σl2/3
ρ
(e) Agora temos que realizar uma análise de custo para as ligas indicadas anteriormente. Novamente, po-
demos acelerar esse processo empregando o procedimento descrito na parte (c).
A seguir estão listados os valores de ρ/σl2/3, o custo relativo do material (c–) e o produto desses dois parâ-
metros; além disso, aquelas ligas para as quais os dados de custos são fornecidos estão classificadas em or-
dem crescente de custo.
c–
σl2/3
ρ _
_
Liga Condição c–
6061 Al T651 6,37 5,0 0,319
6061 Al T6 6,37 5,7 0,363
7075 Al T6 4,42 10,0 0,442
Inoxidável 17–7PH Laminada a frio 6,74 7,1 0,479
AZ31B Mg Extrudada 5,18 9,4 0,487
2024 Al T3 5,63 12,9 0,726
2024 Al T351 5,86 13,4 0,785
σl2/3
ρ
10–2
(Continua)
22 Solução de Problemas 
Fica para o aluno selecionar a melhor liga metálica a ser usada para essa viga em balanço com base na re-
sistência em relação à massa, incluindo o elemento custo e outras considerações relevantes.
(f) O aluno ou aluna deve usar seu próprio critério na seleção do material a ser empregado para essa apli-
cação quando são consideradas a rigidez e a resistência em relação à massa, assim como o custo. Além disso, 
o aluno deve ser capaz de justificar sua seleção.
M.P4 (a) Usando a expressão desenvolvida para o índice de performance da rigidez no Problema M.P3(a) 
e os dados contidos no Apêndice B (tanto da Introdução quanto dos Fundamentos), determine os índices de 
performance da rigidez para os seguintes materiais poliméricos: polietileno de alta densidade, polipropi-
leno, cloreto de polivinila, poliestireno, policarbonato, polimetil metacrilato, polietileno tereftalato, polite-
trafluoroetileno e náilon 6,6. Como esses valores se comparam àqueles exibidos pelos materiais metálicos? 
(Nota: No Apêndice B, em que são fornecidas faixas de valores, utilize os valores médios.)
(b) Então, considerando o banco de dados para o custo dos materiais (Apêndice C tanto da Introdução 
quanto dos Fundamentos), conduza uma análise de custos da mesma maneira como na Seção M.2. Utilize os 
dados de custo para as formas brutas desses polímeros.
(c) Usando a expressão desenvolvida para o índice de performance da resistência no Problema M.P3(a) 
e os dados contidos no Apêndice B, determine os índices de performance da resistência para esses mesmo 
materiais poliméricos.
Solução
(a) Essa parte do problema pede que calculemos os valores e depois classifiquemos vários materiais poli-
méricos de acordo com o índice de performance da rigidez desenvolvido no Problema M.P3(a); esses valores 
são então comparados com os que foram determinados para os materiais metálicos nesse mesmo problema. 
O índice de performance da rigidez é dado na Equação M.78, da seguinte maneira:
Na tabela a seguir estão listados os índices de performance para esses vários polímeros. (Nota: conforme 
estipulado no enunciado do problema, as médias são usadas para os valores dos módulos quando são forne-
cidas faixas no Apêndice B.)
AZ31B Mg Laminada 4,86 23,4 1,14
Ti-6Al-4V Tratada por solução/envelhecida 4,15 94,2 3,91
Ti-6Al-4V Recozida 5,02 94,2 4,73
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 5,38 89,3 4,80
7075 Al T651 4,42 – –
Inoxidável 440A T/R, 315ºC 5,59 – –
Aço 4340 T/R, 315ºC 5,69 – –
Aço 4140 T/R, 315ºC 5,81 – –
Inoxidável 17–7PH Endurecida por precipitação 6,39 – –
Liga Condição c–
c–
σl2/3
ρ _
_σl2/3
ρ
10–2
(Continuação)
Material
Poliestireno 1,59
Náilon 6,6 1,44
Polimetil metacrilato 1,39
Polietileno tereftalato 1,38
Policarbonato 1,29
Polipropileno 1,28
Cloreto de polivinila 1,24
Polietileno de alta densidade 1,08
Politetrafluoroetileno 0,32
√E
ρ
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 23
Esses valores de performance da rigidez são significativamente menores do que aqueles para os metais 
que foram determinados no Problema M.P3(a); os valores para os metais variam entre aproximadamente 3,0 
e 3,8.
(b) Agora vamos conduzir uma análise de custos da maneira como foi descrito na Seção M.2. A seguir 
estão listadas as razões 
ρ
√E
, o custo relativo dos materiais (c–) e o produto desses dois parâmetros para cada 
um desses polímeros; além disso, aqueles polímeros para os quais os dados de custos são fornecidos estão 
classificados em ordem crescente de preço.
√E
ρ c–
√E
ρ _
_Polímero c–
Poliestireno 0,629 1,4 0,881
Polipropileno 0,781 1,2 0,937
Polietileno tereftalato 0,725 1,3 0,943
Cloreto de polivinila 0,806 1,2 0,967
Polietileno de alta densidade 0,926 1,2 1,31
Náilon 6,6 0,694 2,8 1,94
Polimetil metacrilato 0,719 3,1 2,23
Policarbonato 0,775 2,9 2,26
Politetrafluoroetileno 3,13 11,9 37,2
(c) E, finalmente, pedimos para determinar os valores dos índices de performance da resistência [de acor-
do com o Problema M.P3(a)] para esses mesmos materiais poliméricos. O índice de performance da resistên-
cia é dado na Equação M.74, da seguinte maneira:
Na tabela a seguir estão listados os índices de performance da resistência para esses vários polímeros.
Material
Polimetil metacrilato 13,4
Policarbonato 13,1
Náilon 6,6 (50% UR) 12,2
Polipropileno 11,6
Polietileno tereftalato 11,3
Polietileno de alta densidade 10,0
Cloreto de polivinila 8,5
Poliestireno –
Politetrafluoroetileno –
σl2/3
ρ
Nota: Nenhum dadode limite de escoamento está listado para o poliestireno e o politetrafluoroetileno na 
Tabela B.4 do Apêndice B. Além disso, quando são dadas faixas para o valor de σl, são considerados valores 
médios para o cálculo dos índices de performance.
M.P5 (a) Uma amostra em forma de barra com seção transversal quadrada com comprimento de aresta c é 
submetida a uma força de tração uniaxial F, como mostrado na figura a seguir. Desenvolva expressões para 
o índice de performance da resistência e da rigidez análogas às Equações. M.9 e M.11 para essa barra.
24 Solução de Problemas 
(b) A partir do banco de dados para as propriedades dos materiais que foi apresentado no Apêndice B 
(tanto da Introdução quanto dos Fundamentos), selecione as ligas metálicas com índices de performance da 
rigidez maiores que 26,0 (para E e ρ em unidades de GPa e g/cm3, respectivamente).
(c) Usando o banco de dados para o custo dos materiais (Apêndice C, tanto da Introdução quanto dos 
Fundamentos), conduza uma análise de custos da mesma maneira como na Seção M.2. Em relação a essa 
análise e àquela na parte (b), qual liga você selecionaria com base na rigidez em relação à massa?
(d) Então, selecione as ligas metálicas que têm índices de performance da resistência maiores que 120 
(para σl e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente), e classifique-as em ordem decrescente de P.
(e) Usando o banco de dados para o custo dos materiais, classifique os materiais na parte (d) em ordem 
crescente do custo. Em relação a essa análise e àquela na parte (d), qual liga você selecionaria com base na 
resistência em relação à massa?
(f) Qual material você selecionaria se tanto a rigidez quanto a resistência tivessem que ser consideradas 
em relação a essa aplicação? Justifique sua seleção.
Solução
(a) Essa parte do problema pede que desenvolvamos expressões para os índices de performance da resis-
tência e da rigidez análogas às Equações. M.9 e M.11 para uma amostra em forma de barra que apresenta se-
ção transversal quadrada e que é puxada em tração uniaxial ao longo de seu eixo longitudinal.
Para a rigidez, começamos considerando o alongamento, ∆l, na Equação 7.2, em que o comprimento ini-
cial l0 é substituído por L. Essa equação pode agora ser escrita como
(M.79)
em que ϵ é a deformação de engenharia. Além disso, assumindo que a deformação seja inteiramente elástica, 
a lei de Hooke, Equação 7.5, é obedecida por esse material (isto é, σ = Eϵ), em que σ representa a tensão de 
engenharia. Dessa forma, combinando a Equação M.79 com a expressão para a lei de Hooke, temos
(M.80)
E, uma vez que σ é definido pela Equação 7.1 como
(7.1)
em que A0 é a área de seção transversal original; nesse caso, A0 = c2. Dessa forma, a incorporação dessas re-
lações na Equação M.80 leva a uma expressão para ∆l que tem a forma
(M.81)
Agora, a massa de material, m, é simplesmente o produto da massa específica, ρ, e do volume da viga, em 
que o volume é simplesmente Lc2; isto é
(M.82)
Ou, resolvendo para c2
(M.83)
A substituição da expressão acima para c2 na Equação M.81 leva a
(M.84)
E resolvendo para a massa
(M.85)
F
L
c
c
F
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 25
Dessa forma, os melhores materiais para serem empregados para uma barra leve puxada em tração quan-
do a rigidez é o fator a ser considerado são aqueles que apresentam baixas razões ρ/E. O índice de performan-
ce da rigidez, Pr, é o inverso dessa razão, ou seja,
(M.86)
Agora, vamos considerar a resistência do bastão. A tensão σ imposta sobre essa viga por F pode ser de-
terminada usando a Equação 7.1; isto é
(M.87)
No tratamento da rigidez (Equação M.83) foi mostrado que c2 = m/ρL; fazendo essa substituição na Equa-
ção M.87, tem-se
(M.88)
Agora, resolvendo para a massa, m, tem-se
(M.89)
E substituindo a tensão pelo limite de escoamento, σl, dividido por um fator de segurança, N
(M.90)
Dessa forma, os melhores materiais para serem empregados para uma barra leve que é puxada em tração 
quando a resistência é o fator a ser considerado são aqueles que apresentam baixas razões ρ/σl; e o índice de 
performance da resistência, P, é simplesmente o inverso dessa razão, ou seja
(M.91)
(b) Aqui se pede para selecionar aquelas ligas metálicas no banco de dados que têm índices de perfor-
mance da rigidez (isto é, razões E/ρ, Equação M.86) maiores que 26,0 (para E e ρ em unidades de GPa e 
g/cm3, respectivamente). 
Trinta ligas metálicas satisfazem esse critério. Todos os 21 aços-carbono simples e aços de baixa liga con-
tidos no banco de dados se enquadram nesse grupo, e, além dessas, várias outras ligas. Essas e as suas razões 
E/ρ estão listadas a seguir e classificadas em ordem decrescente do valor. (Todas essas 21 ligas de aço têm a 
mesma razão E/ρ e, portanto, entram na tabela como se fossem um único item.) Esses materiais estão classi-
ficados em ordem decrescente da razão.
Liga(s) Condição
Molibdênio Lâmina/barra 31,3
356,0 Al Conforme fundida, alta produção 26,9
356,0 Al Conforme fundida, personalizada 26,9
356,0 Al T6 26,9
Inoxidável 17–7PH Lâmina, laminada a frio 26,6
Inoxidável 17–7PH Endurecida por precipitação 26,6
Aços-carbono simples/de baixa liga Várias 26,3
2024 Al O 26,1
2024 Al T3 26,1
2024 Al T351 26,1
E
ρ
(c) Agora temos que realizar uma análise de custo com as ligas indicadas anteriormente.
26 Solução de Problemas 
A seguir estão listados, para cada liga, a razão ρ/E, o custo relativo do material (c–) e o produto desses dois 
parâmetros. Apenas aquelas ligas na tabela anterior para as quais os dados de custos são fornecidos estão in-
cluídas na tabela; essas estão classificadas em ordem crescente de custo.
Liga Condição c–
Aço 1040 Lâmina, laminada a quente 3,79 0,7 2,65
Aço 1020 Lâmina, laminada a frio 3,79 0,9 3,41
Aço 1020 Lâmina, laminada a quente 3,79 1,0 3,79
Aço A36 Lâmina, laminada a quente 3,79 1,0 3,79
Aço A36 Cantoneira, laminada a quente 3,79 1,0 3,79
Aço 4140 Barra, normalizada 3,79 1,6 6,06
Aço 1040 Lâmina, laminada a frio 3,79 1,7 6,44
Aço 4340 Barra, recozida 3,79 2,0 7,58
356,0 Al Fundida, alta produção 3,72 2,4 8,93
Aço 4340 Barra, normalizada 3,79 2,8 10,6
Aço 4140H Redonda, normalizada 3,79 3,9 14,8
Aço inox 17–7PH Lâmina, laminada a frio 3,75 7,1 26,6
2024 Al T3 3,83 12,9 49,4
356,0 Al Fundida, personalizada 3,72 13,6 50,6
2024 Al T351 3,83 13,4 51,3
356,0 Al T6 3,72 14,7 54,7
Molibdênio Chapa/barra 3,19 161 514
10–2
E
ρ c–
E
ρ _
_10–2
Fica para o aluno selecionar a melhor liga metálica a ser empregada para essa barra puxada em tração com 
base na rigidez em relação à massa, incluindo o elemento custo e outras considerações relevantes.
(d) Agora temos que selecionar as ligas metálicas no banco de dados que têm índices de performance da 
resistência maiores que 120 (para σl e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente). Esse processo pode 
ser acelerado usando um procedimento análogo àquele descrito na parte (b).
Treze ligas satisfazem esse critério; elas e suas razões σl /ρ (de acordo com a Equação M.91) estão listadas 
a seguir; aqui elas estão classificadas em ordem decrescente do valor da razão.
Liga(s) Condição
Ti-6Al-4V Tratada por solução/envelhecida 249
Inoxidável 440A T/R, 315ºC 212
Aço 4340 T/R, 315ºC 206
Aço 4140 T/R, 315ºC 200
Ti-6Al-4V Recozida 187
7075 Al T6 180
7075 Al T651 180
Inoxidável 17–7PH Endurecida por precipitação 171
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 170
Inoxidável 17–7PH Lâmina, laminada a frio 158
C17200 Cu Tratada por solução/envelhecida 132
2024 Al T3 125
AZ31B Mg Chapa, laminada 124
ρ
σl
(e) Agora temos que realizar uma análise de custo para as ligas indicadas anteriormente.
A seguir estão listados, para cada uma das ligas acima, os valores de ρ/σl, o custo relativo do material (c
–) 
e o produto desses dois parâmetros; além disso, aquelas ligas para as quais os dados de custos são fornecidos 
estão classificadas em ordem crescente de custo.
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 27
Fica para o aluno selecionar a melhor ligametálica a ser empregada para essa barra puxada em tração 
com base na resistência em relação à massa, incluindo o elemento custo e outras considerações relevantes.
(f) O aluno ou aluna deve usar seu próprio critério na seleção do material a ser empregado para essa apli-
cação quando são consideradas a rigidez e a resistência em relação à massa, assim como o custo. Além disso, 
o aluno deve ser capaz de justificar sua decisão.
M.P6 Considere a placa mostrada na figura, a qual está suportada em suas extremidades e que está sujeita 
a uma força F distribuída uniformemente ao longo da face superior, como indicado. A deflexão δ na posição 
L/2 é dada pela expressão
(M.64)
Além disso, a tensão de tração pelo lado inferior e também na posição L/2 é igual a
(M.65)
Liga Condição c–
Aço Inox 17–7PH Lâmina, laminada a frio 6,33 7,1 4,5
7075 Al T6 5,54 10,0 5,5
2024 Al T3 8,00 12,9 10,3
C17200 Cu Tratada por solução/envelhecida 7,70 17,5 13,5
AZ31B Mg Chapa, laminada 8,05 23,4 18,8
Ti-6Al-4V Tratada por solução/envelhecida 4,02 94,2 37,9
Ti-6Al-4V Recozida 5,34 94,2 50,3
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 5,89 89,3 52,6
Aço Inox 440A T/R, 315ºC 4,72 – –
Aço 4340 T/R, 315ºC 4,85 – –
Aço 4140 T/R, 315ºC 5,00 – –
7075 Al T651 5,56 – –
Aço Inox 17–7PH Endurecida por precipitação 5,85 – –
10–3
ρ
σl
c–
ρ _
_10–2 σl
(a) Desenvolva expressões para os índices de performance da rigidez e da resistência análogas às Equações. 
M.9 e M.11 para essa placa (Sugestão: resolva para t nessas duas equações, e então substitua as expressões re-
sultantes na equação para a massa, conforme expressa em termos da massa específica e das dimensões da placa.)
28 Solução de Problemas 
(b) A partir do banco de dados para as propriedades no Apêndice B (tanto da Introdução quanto dos Fun-
damentos), selecione as ligas metálicas com índices de performance da rigidez maiores que 1,40 (para E e ρ 
em unidades de GPa e g/cm3, respectivamente).
(c) Além disso, usando o banco de dados para o custo (Apêndice C tanto da Introdução quanto dos Fun-
damentos), conduza uma análise de custos da mesma maneira como na Seção M.2. Em relação a essa análise 
e àquela na parte (b), qual liga você selecionaria com base na rigidez em relação à massa?
(d) Então, selecione as ligas metálicas que têm índices de performance da resistência maiores que 5,0 
(para σl e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente), e classifique-as em ordem decrescente de P.
(e) Considerando o banco de dados para o custo, classifique os materiais na parte (d) em ordem crescen-
te do custo. Em relação a essa análise e àquela na parte (d), qual liga você selecionaria com base na resis-
tência em relação à massa?
(f) Qual material você selecionaria se tanto a rigidez quanto a resistência tivessem que ser consideradas 
para a essa aplicação? Justifique sua seleção.
Solução
(a) A primeira parte desse problema pede que desenvolvamos uma expressão para o índice de performan-
ce para a resistência de uma placa suportada em suas extremidades e sujeita a uma força que se encontra dis-
tribuída uniformemente ao longo da face superior. A Equação M.64 é uma expressão para a deflexão δ do 
lado inferior da placa em L/2 em termos da força F, do módulo de elasticidade E, assim como das dimensões 
da placa, como mostrado na figura. Essa equação é a seguinte:
(M.64)
Agora, a massa da placa, m, é o produto da sua massa específica (ρ) e do seu volume. Uma vez que o vo-
lume da placa é Lwt, então
(M.92)
A partir dessa expressão, a espessura t é simplesmente
(M.93)
A substituição dessa expressão para t na Equação M.64 dá
(M.94)
E resolvendo para a massa tem-se
(M.95)
Agora, o índice de performance da rigidez P1 é simplesmente o inverso do termo dessa expressão, 
ou seja
(M.96)
Para a determinação do índice de performance da resistência, substituímos a expressão para t (Equação 
M.93) na Equação M.65, o que dá
(M.97)
Agora, como nos problemas anteriores, a fim de assegurar que a placa não irá falhar, substituímos a ten-
são na expressão anterior pelo limite de escoamento (σl) dividido por um fator de segurança (N), conforme
(M.98)
_
_
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 29
Resolvendo a Equação M.98 para a massa
(M.99)
E, finalmente, o índice de performance da rigidez P2 é o inverso da razão conforme
(M.100)
(b) Aqui pede-se para selecionar aquelas ligas metálicas no banco de dados que apresentam índices de 
performance da rigidez (isto é, razões E1/3/ρ, Equação M.96) maiores que 1,40 (para E e ρ em unidades de 
GPa e g/cm3, respectivamente). 
Dezessete ligas metálicas satisfazem esse critério. Essas e suas razões E1/3/ρ estão listadas a seguir. Além 
disso, esses materiais são classificados em ordem decrescente do valor da razão.
_
_
Liga Condição
AZ31B Mg Laminada 2,01
AZ31B Mg Extrudada 2,01
AZ91B Mg Conforme fundida 1,96
356,0 Al Fundida, alta produção 1,55
356,0 Al Conforme fundida, personalizada 1,55
356,0 Al T6 1,55
6061 Al O 1,52
6061 Al T6 1,52
6061 Al T651 1,52
1100 Al O 1,51
1100 Al H14 1,51
2024 Al O 1,50
2024 Al T3 1,50
2024 Al T351 1,50
7075 Al O 1,48
7075 Al T6 1,48
7075 Al T651 1,48
ρ
E1/3
(c) Agora temos que realizar uma análise de custo com as ligas acima
A seguir estão listados, para cada liga na tabela anterior, sua razão ρ/E1/3, o custo relativo do material (c–) 
e o produto desses dois parâmetros; essas ligas estão classificadas em ordem crescente de custo.
Liga Condição c–
AZ91D Mg Conforme fundida 0,509 2,6 1,32
356,0 Al Fundida, alta produção 0,646 2,4 1,55
1100 Al O 0,662 4,2 2,78
6061 Al T651 0,659 5,0 3,29
6061 Al T6 0,659 5,7 3,76
AZ31B Mg Extrudada 0,498 9,4 4,68
7075 Al T6 0,677 10,0 6,77
2024 Al T3 0,666 12,9 8,59
356,0 Al Fundida, personalizada 0,646 13,6 8,79
2024 Al T351 0,666 13,4 8,92
ρ
E1/3
c–
ρ _
_E1/3
(Continua)
30 Solução de Problemas 
Fica para o aluno selecionar a melhor liga metálica a ser empregada para essa placa com base na rigidez 
em relação à massa, incluindo o elemento custo e outras considerações relevantes. 
(d) Agora temos que selecionar aquelas ligas metálicas no banco de dados que têm índices de performan-
ce da resistência maiores que 5,0 (para σl e ρ em unidades de MPa e g/cm3, respectivamente).
Quinze ligas satisfazem esse critério; elas e suas razões σl
1/2
ρ
 (de acordo com a Equação M.100) estão lis-
tadas abaixo; aqui elas estão classificadas em ordem decrescente do valor da razão.
Liga Condição
AZ31B Mg Chapa, laminada 8,38
7075 Al T6 8,03
7075 Al T651 8,03
AZ31B Mg Chapa, extrudada 7,99
Ti-6Al-4V Tratada por solução/envelhecida 7,50
2024 Al T3 6,71
2024 Al T351 6,51
Ti-6Al-4V Recozida 6,50
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 6,15
6061 Al T6 6,15
6061 Al T651 6,15
AZ91D Mg Conforme fundida 6,10
Inoxidável 440A T/R a 315ºC 5,21
Aço 4340 T/R a 315ºC 5,13
Aço 4140 T/R a 315ºC 5,05
σl1/2
ρ
(e) Agora temos que realizar uma análise de custo para as ligas indicadas anteriormente. Novamente, po-
demos acelerar esse processo utilizando o procedimento descrito na parte (c).
A seguir estão listados, para cada liga, seu valor de 
σl1/2
ρ , o custo relativo do material (c–) e o produto des-
ses dois parâmetros; além disso, aquelas ligas para as quais os dados de custos são fornecidos estão classifi-
cadas em ordem crescente de custo.
356,0 Al T6 0,645 14,7 9,48
AZ31B Mg Condição 0,498 23,4 11,7
1100 Al H14 0,661 – –
2024 Al O 0,665 – –
6061 Al O 0,658 – –
7075 Al O 0,676 – –
7075 Al T651 0,676 – –
Liga Condição c–
ρ
E1/3
c–
ρ _
_E1/3
(Continuação)
c–
σl1/2
ρ _
_Liga Condição c–
AZ91D Mg Conforme fundida 0,166 2,6 0,432
6061 Al T651 0,163 5,0 0,815
6061 Al T6 0,163 5,7 0,929
AZ31B Mg Chapa, extrudada 0,125 9,4 1,18
7075 Al T6 0,125 10,0 1,25
σl1/2
ρ
(Continua)
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 31
Fica para o aluno selecionar a melhor liga metálica a ser empregada para essa placa com base na resistên-
cia em relação à massa, incluindo o elemento custo e outras considerações relevantes.
(f)O aluno ou aluna deve usar seu próprio critério na seleção do material a ser empregado para essa apli-
cação quando são consideradas a rigidez e a resistência em relação à massa, assim como o custo. Além disso, 
o aluno deve ser capaz de justificar sua decisão.
PRINCÍPIOS DA MECÂNICA DA FRATURA
M.P7 Considere uma chapa plana com largura de 100 mm (4,0 in) que contém uma trinca posicionada no 
centro e que atravessa toda a espessura (Figura M.9), com comprimento (isto é, 2a) de 25 mm (1,0 in). De-
termine a tenacidade à fratura em deformação plana mínima necessária para garantir que a fratura não 
ocorrerá para uma tensão de projeto de 415 MPa (60.000 psi). A razão πa/W está em radianos.
Solução
Esse problema pede que calculemos o valor mínimo de KIc necessário para assegurar que não ocorrerá 
uma falha em uma chapa plana dadas as seguintes condições: uma expressão a partir da qual Y(a/W) pode ser 
determinado, o comprimento da trinca interna, 2a (25 mm), a largura da chapa, W (100 mm), e o valor de σ 
(415 MPa). Primeiro, calculamos o valor de Y(a/W) usando a Equação (M.21), da seguinte maneira:
Agora, considerando a Equação M.22 é possível determinar o valor de KIc; dessa forma
M.P8 Uma chapa plana de uma dada liga metálica contém uma trinca posicionada no centro e que atraves-
sa toda a espessura (Figura M.9). Determine o comprimento crítico da trinca se a tenacidade à fratura em 
deformação plana da liga é de Klc = 50 MPa√m (45,5ksi√in) , a largura da placa é de 60 mm (2,4 in) e a 
tensão de projeto é de 375 MPa (54.375 psi). A razão πa/W está em radianos.
2024 Al T3 0,149 12,9 1,92
2024 Al T351 0,154 13,4 2,06
AZ31B Mg Chapa, laminada 0,119 23,4 2,78
Ti-6Al-4V Recozida 0,154 94,2 14,5
Ti-5Al-2,5Sn Recozida 0,163 89,3 14,6
7075 Al T651 0,125 – –
Ti-6Al-4V Tratada por solução/envelhecida 0,133 – –
Inoxidável 440A T/R a 315ºC 0,192 – –
Aço 4340 T/R a 315ºC 0,195 – –
Aço 4140 T/R a 315ºC 0,198 – –
Liga Condição c–
c–
σl1/2
ρ _
_σl1/2
ρ
(Continuação)
_
_
32 Solução de Problemas 
Solução
Para esse problema devemos determinar o comprimento crítico da trinca para uma chapa plana que con-
tém uma trinca posicionada no centro e que atravessa toda a espessura, como mostrado na Figura M.9; para 
essa chapa, Klc = 50 MPa√m , W = 60 mm e a tensão de projeto é de σ = 375 MPa. A tenacidade à fratura em 
deformação plana é definida pela Equação M.20; além disso, para esse caso, Y é uma função do comprimen-
to da trinca a e da largura da chapa W de acordo com a Equação M.21. Combinando essas expressões, tem-se
Agora, resolvendo essa expressão para a, que é simplesmente o comprimento crítico da trinca ac, temos
M.P9 Considere uma chapa de aço que apresentam uma trinca em sua aresta que atravessa toda a espes-
sura, semelhante àquela mostrada na Figura M.10a. Sabendo-se que o comprimento mínimo de uma trinca 
sujeita a detecção é de 3 mm (0,12 in), determine a largura mínima da chapa permissível assumindo uma 
tenacidade à fratura em deformação plana de 65 MPa√m (59,2 ksi√in) , um limite de escoamento de 1000 
MPa (145.000 psi) e que a chapa deve ser carregada até metade do seu limite de escoamento.
Solução
Esse problema pede que determinemos, para uma chapa de aço que apresenta uma trinca em sua aresta 
que atravessa toda a espessura, a largura mínima da chapa permissível para assegurar que não ocorrerá fra-
tura se o comprimento mínimo de uma trinca sujeita a detecção é de 3 mm (0,12 in). Também são dados que 
KIC = 65 MPa√m e que a chapa pode ser carregada até metade do seu limite de escoamento, em que σl = 1000 
MPa. Em primeiro lugar, a tensão aplicada é simplesmente
Agora, considerando a Equação M.22, resolvemos para o valor de Y assumindo que a = 3,0 mm, conforme
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Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 33
Na Figura M.10a está traçado o valor de Y em função de a/W para a geometria trinca-chapa desse proble-
ma; a partir desse gráfico, para Y = 1,34, a/W = 0,20. Uma vez que o comprimento mínimo da trinca sujeita 
a detecção é de 3 mm, a largura mínima permissível é de simplesmente
M.P10 Considere uma chapa de aço que apresenta uma trinca em sua aresta que atravessa toda a espessura, 
semelhante àquela mostrada na Figura M.10a; a largura da chapa (W) é de 40 mm (1,6 in) e sua espessura 
(B) é de 6,0 mm (0,25 in). Além disso, os valores para a tenacidade à fratura em deformação plana e o limite 
de escoamento para esse material são de 60 MPa√m (54,6 ksi√in) e 1400 MPa (200.000 psi), respectiva-
mente. Se a chapa deve ser carregada até uma tensão de 200 MPa (29.000 psi), você esperaria a ocorrência 
de uma falha se o comprimento da trinca a fosse de 16 mm (0,63 in)? Por que sim, ou por que não?
Solução
Esse problema pede que consideremos uma chapa de aço que apresenta uma trinca em sua aresta que atra-
vessa toda a espessura, e que determinemos se a fratura ocorrerá dadas as seguintes condições: W = 40 mm, 
B = 6,0 mm, KIc = 60 MPa √m (54,6 ksi √in), σl = 1400 MPa, σ = 200 MPa, e a = 16 mm. A primeira coisa 
a fazer é determinar se existem condições de deformação plana. A partir da Equação M.23,
Uma vez que a espessura da chapa é de 6 mm (maior que 4,6 mm), a situação é de uma deformação pla-
na. Em seguida, devemos determinar a razão a/W, que é simplesmente 16 mm/40 mm = 0,40. A partir des-
sa razão e usando a Figura M.10a, Y = 2,12. Nesse ponto, torna-se necessário determinar o valor do produto 
Yσ√πa; se ele for maior que KIc, então ocorrerá a fratura. Dessa forma,
Portanto, a fratura ocorrerá, uma vez que esse valor (95,0 MPa√m ) é maior que o valor de KIc para o aço 
(60 MPa√m).
M.P11 Uma chapa pequena e delgada feita a partir de um material frágil e que apresenta uma trinca de 
superfície que atravessa a espessura deve ser carregada segundo a maneira mostrada na Figura M.10c; o 
valor de KIc para esse material é de 0,60 MPa√m(55 ksi√in). Para um comprimento de trinca de 0,5 mm 
(0,02 in), determine a carga máxima que pode ser aplicada sem a ocorrência de uma falha para B = 1,5 mm 
(0,06 in), S = 10 mm (0,39 in) e W = 2,5 mm (0,10 in). Assuma que a trinca esteja localizada na posição S/2.
Solução
Devemos determinar a carga máxima que pode ser aplicada sem a ocorrência de uma falha sobre uma 
barra delgada com seção transversal retangular que é carregada segundo flexão em três pontos, conforme a 
Figura M.10c. Primeiro, torna-se necessário determinar o valor de Y para a geometria dada, o que é possível 
usando essa figura; no entanto, essa determinação exige o cálculo das razões a/W e S/W, conforme
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34 Solução de Problemas 
A partir da Figura M.10c, Y = 0,96 da curva S/W = 4 e para a/W = 0,20. Então, resolvendo para a carga 
aplicada F usando a equação também fornecida nessa figura,
M.P12 (a) Para o tanque esférico com parede delgada discutido no Exemplo de Projeto M.1, com base no 
critério da trinca com tamanho crítico [conforme abordado na parte (a)], classifique os seguintes polímeros 
em ordem decrescente do comprimento crítico da trinca: náilon 6,6 (50% de umidade relativa), policarbo-
nato, polietileno tereftalato e polimetil metacrilato. Comente sobre a faixa de magnitude dos valores calcu-
lados usados na classificação em relação àqueles listados para ligas metálicas na Tabela M.4. Para esses 
cálculos, considere os dados contidos nas Tabelas B.4 e B.5 no Apêndice B (tanto da Introdução quanto dos 
Fundamentos).
(b) A seguir, classifique esses mesmos quatro polímeros em relação à pressão máxima permissível de 
acordo com o critério de vazamento antes da ruptura, conforme descrito na parte (b) do Exemplo de Pro-
jeto M.1. Comente sobre esses valores em relação àqueles para as ligas metálicas listados na Tabela M.5.
Solução
(a) Essa parte do problema pede que classifiquemos quatro polímeros em relação ao comprimento crítico 
de uma trinca na parede de um vaso de pressão esférico. No desenvolvimento do Exemplo de Projeto M.1, foi 
observado que o comprimento crítico de uma trinca é proporcional ao quadradoda razão KIc – σl. Os valores 
de KIc e σl conforme tomados das Tabelas B.4 e B.5 estão listados a seguir. (Nota: quando for dada uma faixa 
de valores de σl e KIc, o valor médio deverá ser usado.)
Material KIc = (MPa√m) σl(MPa)
Náilon 6,6 2,75 51,7
Policarbonato 2,2 62,1
Polietileno tereftalato 5,0 59,3
Polimetil metacrilato 1,2 63,5
Com base nesses valores, os quatro polímeros são classificados conforme os quadrados das razões 
KIc – σl, da seguinte maneira:
Material
PET 7,11
Náilon 6,6 2,83
PC 1,26
PMMA 0,36
σl
KIc __
2
(mm)
Esses valores são menores do que aqueles para as ligas metálicas dadas na Tabela M.4, que variam entre 
0,93 e 43,1 mm.
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 35
(b) Em relação ao critério de vazamento antes da ruptura, é usada a razão K2Ic – σl. Os quatro polímeros 
são classificados de acordo com os valores dessa razão, da seguinte maneira:
Material
PET 0,422
Náilon 6,6 0,146
PC 0,078
PMMA 0,023
σl
KIc __
2
(MPa-m)
Esses valores são todos menores que aqueles para as ligas metálicas dados na Tabela M.5, cujos valores 
variam entre 1,2 e 11,2 MPa⋅m.
TAXA DE PROPAGAÇÃO DA TRINCA
M.P13 Considere uma chapa plana de alguma liga metálica que deve ser exposta a um ciclo repetido de 
tração–compressão no qual a tensão média é de 25 MPa. Se os comprimentos inicial e crítico de uma trin-
ca de superfície são de 0,25 e 5,0 mm, respectivamente, e os valores de m e A são de 4,0 e 5 H 10–15, respec-
tivamente (para ∆σ em MPa e a em m), estime a tensão de tração máxima para que se tenha uma vida em 
fadiga de 3,2 H 105 ciclos. Assuma que o parâmetro Y tenha um valor de 2,0, o qual é independente do com-
primento da trinca.
Solução
Nesse problema, devemos estimar a tensão de tração máxima que produzirá uma vida em fadiga de 3,2 × 
105 ciclos, dados os valores de a0, ac, m, A e Y. Uma vez que Y é independente do comprimento da trinca, po-
demos usar a Equação M.48, a qual, após integração, assume a forma
E, para m = 4,
Agora, resolvendo para ∆σ a partir dessa expressão, temos
36 Solução de Problemas 
Esses 350 MPa serão a tensão de tração máxima, uma vez que podemos mostrar que a tensão mínima é uma 
tensão de compressão – quando σmín é negativa, ∆σ é tomado como σmáx. Se tomamos σmáx = 350 MPa, e uma 
vez que σm é estipulado no problema como tendo um valor de 25 MPa, então, a partir da Equação M.38,
Portanto, σmín é negativo, o que justifica tomar σmáx como 350 MPa.
M.P14 Considere uma grande chapa plana de uma liga metálica que deve ser exposta a ciclos de tração–
compressão alternados com amplitude de tensão de 150 MPa. Se inicialmente o comprimento da maior trin-
ca de superfície nessa amostra é de 0,75 mm e a tenacidade à fratura em deformação plana é de 35 MPa√m, 
enquanto os valores de m e de A são de 2,5 e 2 H 10–12, respectivamente (para ∆σ em MPa e a em m), esti-
me a vida em fadiga dessa placa. Assuma que o parâmetro Y tenha um valor de 1,75 que é independente do 
comprimento da trinca.
Solução
Esse problema pede que estimemos a vida em fadiga de uma grande chapa plana dado que σa = 150 MPa, 
a0 = 0,75 mm, KIc = 35 MPa√m , m = 2,5, A = 2 × 10–12 e Y = 1,75. Primeiro torna-se necessário calcular o 
comprimento crítico da trinca, ac. Usando a Equação M.25, e assumindo um nível de tensão de 150 MPa, uma 
vez que essa é a máxima tensão de tração, temos
Agora queremos resolver a Equação M.48 usando um limite de integração inferior, a0, de 7,5 × 10–4 m, confor-
me estabelecido no problema; além disso, o valor de ∆σ é de 150 MPa. Portanto, a integração fornece para Nf ,
E para m = 2,5,
M.P15 Considere um componente metálico exposto a tensões cíclicas de tração–compressão. Se a vida em 
fadiga deve ser no mínimo de 5 H 106 ciclos e sabe-se que o máximo comprimento inicial de um trinca de 
superfície é de 0,02 in e que a tensão de tração máxima é de 25.000 psi, calcule o comprimento crítico da 
_
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_
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Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 37
trinca de superfície. Considere que Y seja independente do comprimento da trinca e que tenha um valor de 
2,25, e que m e A tenham valores de 3,5 e 1,3 H 10–23, respectivamente, para ∆σ e a em unidades de psi e in, 
respectivamente.
Solução
Nesse problema devemos estimar o comprimento crítico de uma trinca de superfície que produzirá uma 
vida em fadiga de 5 × 106 ciclos, dado que a0 = 2,0 × 10–2 in, σmáx = 25.000 psi, m = 3,5, A = 1,3 × 10–23 e Y = 
2,25. Uma vez que Y é independente do comprimento da trinca, podemos usar a Equação M.48, a qual, com 
a integração, assume a forma
E para m = 3,5,
Resolvendo para ac a partir dessa expressão leva a
_
_
M.P16 (a) Calcule valores para os parâmetros A e m na Equação M.43 (tanto em unidades SI quanto comuns 
nos Estados Unidos) para a taxa de propagação de uma trinca no aço Ni–Mo–V para o qual o gráfico de log 
da/dN em função de log ∆K está mostrado na Figura M.35.
(b) Suponha que um componente metálico fabricado a partir dessa liga de aço Ni–Mo–V seja exposto a 
tensões cíclicas de tração–compressão. Se a vida em fadiga deve ser de no mínimo 3 H 105 ciclos e sabe-se 
que o comprimento crítico da trinca de superfície é de 1,5 mm e a tensão de tração máxima é de 30 MPa, 
calcule o máximo comprimento inicial de uma trinca de superfície. Considere que Y seja independente do 
comprimento da trinca e que tenha um valor de 1,25.
Solução
(a) Para essa parte do problema, devemos calcular, para o gráfico da Figura M.35, valores para os parâ-
metros A e m na Equação M.43. Tirando os logaritmos de ambos os lados dessa expressão leva-se à Equação 
M.45b, que é
38 Solução de Problemas 
Então, tudo o que precisamos fazer é tomar dois valores de log(da/dN) da linha mostrada na Figura M.35 
e seus valores de log(∆K) correspondentes, e então desenvolver duas expressões da equação anterior e resol-
ver simultaneamente para A e m. Em primeiro lugar, para as unidades SI, vamos tomar log(da/dN)1 = –2 e 
log (da/dN)2 = –4; dessa forma, seus valores de log(∆K) correspondentes são log(∆K)1 = 2,041 e log(∆K)2 = 
1,442. Assim, as duas equações resultantes são as seguintes:
A solução simultânea dessas duas expressões leva a m = 3,34 e A = 1,52 × 10–9.
Agora, para unidades comuns nos Estados Unidos, vamos tomar log(da/dN)1 = –4 e log (da/dN)2 = –5, o 
que leva a log(∆K)1 = 1,9140 e log(∆K)2 = 1,5530. E as duas equações são
E as soluções resultantes são m = 2,77 e A = 5 × 10–10.
(b) Para essa parte do problema, para essa liga Ni–Mo–V, devemos calcular o máximo comprimento ini-
cial de uma trinca de superfície para produzir uma vida em fadiga mínima de 3 × 105 ciclos, considerando um 
comprimento crítico de trinca de superfície de 1,5 mm, uma tensão de tração máxima de 30 MPa, e que Y tem 
um valor de 1,25, o qual é independente do comprimento da trinca.
Usando os valores de m e A (para unidades SI), a Equação M.48 toma a forma
Resolvendo para a0 a partir dessa expressão, temos
Módulo de Suporte Online para Engenharia Mecânica 39
M.P17 Considere uma chapa metálica delgada com 25 mm de largura que contém uma trinca em posição 
central e que atravessa completamente a espessura, da maneira como está mostrado na Figura M.9. Essa 
chapa deve ser exposta a ciclos alternados de tração–compressão com amplitude de tensão de 120 MPa. 
Se os comprimentos inicial e crítico da trinca (isto é, 2a0 e 2ac) são de 0,10 e 6,0 mm, respectivamente, e os 
valores de m e A são de 4 e 6 H 10–12, respectivamente (para ∆σ em MPa e a em m), estime a vida em fadiga 
dessa placa.
Solução
Esse problema pede que estimemos a vida em fadiga de uma chapa plana que apresenta uma trinca em posi-
ção central e que atravessa completamente a espessura, dado que W = 25 mm, 2a0 = 0,10 mm, 2ac = 6,0 mm, 
m = 4,0 e A = 6 × 10–12. Além disso, uma vez que devem ser usados ciclos de tensão alternados, ∆σ = 120 
MPa. Para essa placa e geometria de trinca, o parâmetro Y na Equação M.22 é definido pela Equação M.21 e, 
portanto, é independente do comprimento da trinca. Assim,

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