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8/6/2019 Analise de Tensoes e Deformacoes
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Análise de Tensões e Deformações
1
8.0 – Variação da tensão com a orientação do plano da seção.Nos capítulos precedentes aprendemos a computar os valores das tensões alcan-
çadas em um certo ponto de uma dada seção de uma viga ou barra submetida a variadostipos de esforços solicitantes e suas combinações. Tais tensões são calculadas no plano da seção. Cabe indagar: - em outros planos, que não o da seção transversal, quais seriamos valores atingidos pelas componentes da tensão naqueles pontos?
8.1 – Estado Duplo de Tensões.Inicialmente estudaremos o caso mais simples (porém muito comum) de pontos
submetidos a um estado duplo (ou plano) de tensões (quando σz = τzx = τzy = 0), sendoconhecidas as tensões: σx , σy e τxy = τyx .
Suponha um elemento infinitesimal submetido a um estado plano de tensões, como indicado naFig. 8.1.1 (a) (onde todas as tensões foram supostas positivas). Em um plano qualquer (que tem comoorientação a normal n), formando um ângulo θ com o plano “x” (que tem como normal o eixo x), as
tensões reinantes serão designadas como: σσσσn e ττττnt - Fig. 8.1.1 (b).Computando as forças reinantes nas faces do elemento prismático em referência, pode-se con-
cluir, por seu equilíbrio nas direções normal (n) e tangencial (t) ao plano qualquer (θ) (Fig.8.1.1-c – forças de massa de origem gravitacional ou de inércia, proporcionais ao volume do elemento, são de
ordem desprezível):
(ΣFn = 0) −− σn ds dz = σx dy dz cos θ + σy dx dz sen θ + τxy dy dz sen θ + τyx dx dz cos θ
Como τxy = τyx e, considerando que cos θ = dy/ds e sen θ = dx/ds, obteremos:σn = σx cos2 θ + σy sen2 θ + 2 τxy sen θ cos θ.................. (8.1.1)
Pelo equilíbrio das forças na direção transversal (t), da mesma forma, obteremos:
τnt = - (σx - σy) sen θ cos θ + τxy ( cos2 θ - sen2 θ) ................. (8.1.2)
Como: cos2 θ = ½ (1 + cos2θ); sen2 θ = ½ (1 - cos2θ); sen2θ = 2 senθ cosθ e cos2θ = cos2 θ - sen2 θ,
σx σx
σy
σy
τxy
τyx
x
y
z
σx
z
x
y
n
t
dz dx
dy
σy
τxy
τyx
σσσσn ττττnt
σy dx dz
σx dy dz
τxy dy dz
τyx dx dz
ds
σσσσn ds dz ττττnt ds dz
(a) (b) (c)
Fig. 8.1.1 – Variação da tensão com a orientação do plano da seção. (a) Estado duplo de tensões;
(b) tensões em um plano inclinado; (c) forças atuando em um elemento prismático.
n
t
θ
x θ
RES MAT XI
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Análise de Tensões e Deformações
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obtemos
σσσσn = ½ (σσσσx + σσσσy) + ½ (σσσσx - σσσσy) cos 2θθθθ + ττττxy sen 2θθθθ ...............(8.1.3) e
ττττnt = - ½ (σσσσx - σσσσy) sen 2θθθθ + ττττxy cos 2θθθθ .................................(8.1.4)
(Observe os casos particulares quando θ = 0 e θ = 90º, que indicam as tensões dadas nos planos verti-
cal – x, e horizontal – y, respectivamente).
8.2 – Tensões Extremas. Tensões Principais.
Relevante será computar os valores extremos alcançados pelas componentes da tensão. Para tal,igualaremos a zero as derivadas, em relação à variável θ, das componentes da tensão no plano genéri-co:- de (8.1.3) ..... dσn /dθ = - ½ (σx - σy) sen 2θ (2) + τxy cos 2θ (2) = 0= 0= 0= 0, obtendo-se
tg 2θθθθp = ττττxy / ½ (σσσσx - σσσσy) ………………………….(8.2.1)
equação que indica a orientação dos chamados planos principais onde as tensões normais são ex-tremas (máxima e mínima), planos esses que serão perpendiculares entre si (existem dois valores doângulo 2θp , defasados de 180º, que admitem a mesma tangente, portanto os correspondentes dois va-lores de θp estarão defasados de 90º).
Substituindo o valor dado por (8.2.1) na equação (8.1.4) verifica-se que as componentes tangenciais das tensões ocorrentes nos planos principais serão nulas.
Substituindo o valor dado por (8.2.1) na equação (8.1.3), obteremos os valores das tensões prin-cipais (tensões normais extremas, máxima e mínima):
σσσσ p1 = ½ (σσσσx + σσσσy) + √ [ ½ (σσσσx - σσσσy)] 2 + (ττττxy )2
....................(8.2.2)
σσσσ p2 = ½ (σσσσx + σσσσy) - √ [ ½ (σσσσx - σσσσy)]2 + (ττττxy )2
....................(8.2.3)
Interessante observar que, somando membro a membro as equações (8.2.2) e (8.2.3), conclui-remos que a soma das tensões normais ocorrentes em planos perpendiculares é um invariante (o queseria confirmado calculando σt no plano θ + 90 em 8.3, e somando ao valor de σn no plano θ):
σσσσx + σσσσy = σσσσn + σσσσt = σσσσ p1 + σσσσ p2
x
z
y
P
48MPa
40MPa
Exemplo 8.2.1 - No ponto P do plano de uma
dada seção transversal de uma viga atuam as ten-sões: 40MPa (tração) e 48MPa (no sentido oposto
ao do eixo y).
Para tal ponto, pede-se determinar:
a) as tensões normal e tangencial em um plano per-
pendicular ao plano xy , e cuja normal n forme com
o eixo x um ângulo de 30º como indicado;
b) as máximas tensões normais de tração e de com-
pressão, indicando a orientação dos planos onde
ocorrem.
x
n
30º
y
x
z
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Análise de Tensões e Deformações
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Para avaliarmos os extremos alcançados pela tensão tangencial, analogamente igualaremos a
zero a derivada da tensão τnt em relação à variável livre θ (em 8.1.4), obtendo:dτnt /dθ = - ½ (σx - σy) cos 2θ (2) + τxy (-) sen 2θ (2) = 0, e
tg 2θ∗θ∗θ∗θ∗ = (-) ½ (σσσσx - σσσσy) / ττττxy …………………………(8.2.4)
(o simétrico do inverso do valor obtido em 8.2.3), indicando que os planos onde a tensão tangencial éextrema (* máxima e ** mínima), estão defasados de 45º em relação aos planos principais (já que osdobros dos valores de θ∗ e de θp são defasados de 90º).
As tensões tangenciais extremas (ocorrentes em planos perpendiculares entre si, portanto deigual valor) serão calculadas substituindo o resultado de 8.2.4 em 8.1.4, obtendo-se:
ττττMax/Min = ττττ* = ττττ** = + /- √ [ ½ (σσσσx - σσσσy)] 2 + (ττττxy )2 .......................(8.2.5)
Para avaliar as tensões normais (σ* e σ**), ocorrentes nos planos onde a tensão tangencial éextrema, levaremos o resultado obtido em 8.2.4 à equação 8.1.3, concluindo que:
σ* = σ** = ½ (σx + σy) = σMédia ....................................(8.2.6)
O caso proposto no exemplo 8.2.1 visto acima, τMax/Min = 52MPa.O estado de tensão no ponto P do exemplo citado pode, em resumo, ser representado como a-
baixo, mostrando a variação das componentes da tensão (em MPa) com a orientação do plano da seção:
Solução: Para o caso em análise teremos: σx = + 40; σy = 0; τxy = (-)* 48 (MPa).* o sinal (-) decorre de ser uma tensão atuante numa “face positiva” (normal externa x) eorientada no sentido negativo do eixo y. Observe que θ = -30º (x→y→z)
Levando em (8.1.1) e (8.1.2) obteremos:σn = ½ (40 + 0) + ½ (40 - 0) cos 2(-30) + (-48) sen 2(-30) = + 71,57 MPa
σt = ½ (40 + 0) + ½ (40 - 0) cos 2(60) + (-48) sen 2(60) = - 31,57 MPa
τnt = - ½ (40 − 0) sen 2(-30) + (-48) cos 2(-30) = - 6,68 MPa
Resp. (a)→ σ σσ σ n = 71,6 MPa (T); σ σσ σ t = 31,6 MPa (C); τ ττ τ nt = 6,68 MPa (-)
As tensões principais serão:σ p1 = ½ (40 + 0) + √ [½ (40 - 0)] 2 + (−48 )
2 = 20 + √ (400 + 2304) = 20 + 52 = 72 MPa
σ p2 = ½ (40 + 0) - √ [½ (40 - 0)] 2 + (−48 )2 = 20 - √ (400 + 2304) = 20 - 52 = -32 MPa
tg 2θp = - 48 / ½ (40) = - 2,4; 2θp = - 67,38º; θp1 = -33,7º; θp2 = -33,7 +90 = 56,3º. Nota: observe que o plano “n” é próximo ao plano principal (p1)
y
x4040
48
48
-30º
71,6
31,6 6,68
t
n72
32 p1
p2
-33,7º
+11,3º
**
*
5220
20
20
2072
32
52
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8.3 – Círculo de Mohr para as tensões.Um método bastante útil para a avaliação de como variam as componentes da tensão com a
orientação do plano da seção é o método gráfico de Mohr que, ao analisar as equações 8.1.3 e 8.1.4,reescreveu-as na forma:
σn - ½ (σx + σy) = ½ (σx - σy) cos 2θ + τxy sen 2θ τnt = - ½ (σx - σy) sen 2θ + τxy cos 2θ.
Quadrando, somando membro a membro e feitas as simplificações (cos2 2θ + sen2 2θ=1), obtem-se:
[σσσσn - ½ (σx + σy)]2 + ττττnt
2 = [½ (σx - σy)]2 + τxy
2] ............(8.3.1)
A equação acima tem o formato da equação de uma circunferência → (x – a)2 + (y – b)2 = R2,
considerando as variáveis σσσσn e ττττnt , e eliminado o parâmetro θ.
Num plano cartesiano σn x τnt a circunferência teria centro nas coordenadas:
a = ½ (σx + σy) ; b = 0 e raio R = [½ (σx - σy)]2 + τxy
2]1/2
Analisando a figura obtida, é fácil confirmar que:σp1 = σmáximo = σmédio + Raio; σp2 = σmínimo = σmédio – Raio; τmáximo = Raio
sendo σmédio = ½ (σx + σy); e R = [½ (σx - σy)]2 + τxy
2]1/2 .
Fig. 8.3.1 – Círculo de Mohr. A ambigüidade quanto aos sinais +/- da ordenada correspondente
à tensão tangencial fica resolvida adotando-se a seguinte convenção: MARCAR ττττ para cima (↑) caso o sentido de giro seja horário () e para baixo, caso seja anti-horário ( ) (análoga àconvenção de sinais adotada para a força cortante → Q).
σσσσn
ττττnt
½ (σx -σy)
ττττyx
= ττττxy
ττττxy = ττττyxR
σσσσp2
ττττMax
TRAÇÃOCOMPRESSÃO
σσσσp1
σσσσx
½ (σx + σy)
σσσσy
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O traçado do Círculo de Mohr é feito, quando se conhecem os valores das tensões em dois pla-nos perpendiculares, plotando os pontos correspondentes aos pares de valores (σx, τxy) e (σy, τyx).Embora τxy e τyx sejam sempre iguais (com o mesmo sinal) os seus sentidos de giro sempre serãoopostos, portanto os dois pontos ocuparão posições diametralmente opostas. Unindo tais pontosobtemos a posição do centro do círculo, sobre o eixo σn, traçando-se a circunferência, passando pelosdois pontos considerados.
σσσσx
ττττxy
σσσσyττττyx
σσσσx
σσσσy
ττττxy
ττττyxσσσσn
ττττnt
½ (σx +σy)
½ (σx +σy)
σσσσn
ττττnt
½ (σx -σy)
ττττyx
ττττxyσσσσp2
ττττMax
σσσσp1
σσσσx
½ (σx + σy)
σσσσy σx τxy
σy τyx
σσσσp1
σσσσp1σσσσp2 σσσσmed
ττττmax
2θP
θP
τMax
σMed
σσσσp2
τMax
σMed
Observando que o ângulo 2θp aparece traçado no gráfico →arc tg [τxy / ½ (σx +σy)], define-se um ponto dacircunferência (denominado PÓLO) do qual irradiam as direções normais aos planos onde atuam as diversastensões, cujos valores correspondem às coordenadas do outro traço com a circunferência.. Assim, o pólo P éobtido traçando-se uma linha na direção do eixo “x”, passante pelo ponto do círculo correspondente ao par de
tensões ocorrentes no plano “x” (da mesma forma seria o ponto obtido utilizando a direção “y”). As direçõesprincipais “1” e “2” são obtidas traçando a partir do pólo linhas que passam pelos pontos representativos dastensões σp1 e σp2. Procedimentos análogos permitiriam obter as orientações dos planos onde τ é máximo.
45º45º
Observe que o
ângulo 2θp (cen-
tral) e o ânguloθp (inscrito) ,sub-tendem o
mesmo arco.
Pólo
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Exemplo 8.3.1- Num certo ponto de uma viga são conhecidas as seguintes tensões:
σσσσx = + 50MPa; σσσσy = -10MPa; ττττxy = ττττyx = - 40MPa.Utilizando o Círculo de Mohr, pede-se determinar:a) as tensões principais;b) a máxima tensão tangencialc) a orientação dos planos principais.
Solução: traçado o plano de Mohr (σ x τ) são plotados os pontos correspondentes aos pares de valores
de tensão, no plano (x) (vertical) (PV → + 50, à direita da origem; 40, para cima, pelo sentido horáriode giro) e no plano (y) (horizontal) (PH→ -10, à esquerda da origem; 40, para baixo, pelo sentido anti-
horário de giro). O centro do círculo ( C ), posicionado no eixo dos σ, é obtido unindo os pontos PV ePH (20; 0). O círculo é traçado, com centro em C, e com raio igual à distância C-PV, ou C-PH (R= 50).As tensões principais valerão: σP1 = 20 + 50 = 70 MPa; σP2 = 20 - 50 = - 30 MPa; τmax=50MPa. OPÓLO do círculo de Mohr é o ponto de onde partem as direções perpendiculares aos planos onde atu-am as tensões e que interceptam o círculo num outro ponto cujas coordenadas representam o par detensões ocorrentes no plano considerado. Assim, traçando pelo ponto PV (50;40) um linha paralelaao eixo x, encontramos o pólo no ponto (-10; 40), como também se tivéssemos traçado pelo ponto PH(-10;40) uma reta com a direção “y”.Os planos principais formam, com o plano vertical, um ângulo tal que: tg 2θ = - 40/ ½[50 – (-10)]=-1,333;
2θ = - 53,1º; θ = - 26,6º.
x
y
σx
σy
τxy
τyx
10 20 30 40 50 60 70 80
σσσσ(MPa)-10-20-30
10
20
30
40
50
60
-10
-20
-30
-40
-50
-60
50MPa50MPa
-10MPa
-10MPa
40MPa
50MPa40MPa
-10MPa
40MPa
70MPa
-30MPa
50MPa
20MPa
20MPa
50MPa
P
-30MPa
-30MPa
70MPa
20MPa
20MPa
20MPa
20MPa 50MPa
PV
PH
C
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8.4 – Estado Triplo de Tensões.
Sx dA = σx dA cos θx + τyx dA cos θy + τzx dA cos θzou seja:
Sx = σx λ + τyx µ + τzx ν.......... Procedendo analogamente para os eixos y e z, obtemos:Sy = τxy λ + σy µ + τzy ν. .................................................... (8.4.1)
Sz = τxz λ + τyz µ + σz ν.
O sistema de equações lineares acima pode ser re-escrito na notação matricial, sob a formacompacta:
Sx σx τyx τzx λ
S = Sy = τxy σy τzy µ = { S } n, onde { S } = ,
Sz τxz τyz σz ν
representa o chamado “tensor das tensões” (tensor de 2ª. ordem*, com 9 componentes escalares) quedefine o estado de tensão no ponto considerado. É importante reconhecer que, para um determinadocarregamento a que o corpo está submetido, num certo ponto, o estado de tensão deverá ser invariantequanto à orientação do sistema de referência (x, y, z) utilizado para a avaliação de suas componentes.
* - um vetor é um tensor de 1ª. ordem (com 3 componentes escalares), representado por
uma matriz coluna, enquanto um escalar é um tensor de ordem zero (apenas uma componente esca-
lar).
σxτxz
τxy
σy
τyzτyx
σz
τzx
τzy
Sz
Sx
Syn
x
y
z
θx
Analisemos o caso geral doestado de tensão em um ponto de umcorpo carregado onde se conhecem astensões que atuam nos três planos or-togonais (x, y e z), e que sejam todas
elas positivas (conforme indicado nafigura ao lado).
A tensão S, atuante em um pla-no qualquer, cuja normal n forma comos eixos coordenados os ângulos dire-tores θx, θy e θz, será determinada ana-lisando o equilíbrio das forças atuan-tes na pirâmide elementar mostrada,forças essas obtidas multiplicando astensões pelas correspondentes áreas
onde atuam.Designando por dA a área onde
atua a tensão desconhecida S (decomponentes Sx, Sy, e Sz) e porλ, µ e ν os co-senos diretores da nor-mal n à essa área (sendo λ2+µ2+ν2=1),podemos escrever, pelo equilíbrio dasforças atuantes na direção x:
dA
θx
θy
θz
x
z
y
n
Fig. 8.4.1 – Estado triplo de tensões
σx τyx τzx
τxy σy τzy τxz τyz σz
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Portanto, apesar de as componentes τij variarem conforme sejam orientados os eixos do sistema
de referência, o tensor {S } será um invariante, representativo do estado de tensão no ponto conside-rado.
Conhecido o vetor tensão (Sn = Sx i + Sy j + Sz k ) atuante num plano definido por seu vetor
normal (n = λ i + µ j + ν k ), podemos determinar o valor da componente normal σn, fazendo:
σn = Sn . n = Sx . λ + Sy . µ + Sz . ν ................................... (8.4.2)
A componente tangencial será obtida fazendo:
τnt = [(Sx)2 + (Sy)
2 + (Sz)
2 - (σn)2 ]1/2 ...........................................(8.4.3)
Exemplo 8.4.1: Para o estado de tensões represen-
tado na figura ao lado, pede-se determinar:
a) a tensão normal atuante no plano (1), per-
pendicular ao plano yz, e que forma um ân-gulo de 30º com o plano xy;
b) a tensão tangencial num plano (2) cuja
normal forma ângulos iguais com os eixos
coordenados (não representado). x
y
z
1
80MPa
80MPa
40MPa
Solução: para o estado de tensão representado teremos: σ x = -80 MPa; τ yz = τ zy = +40MPa,
sendo as demais componentes da tensão todas nulas. O tensor das tensões será representado
como:
{S } = Para o plano (1) tere-
mos: θ x=90º; θ y=120º; θ z=30º; eλ = 0; µ = -0,500; ν = 0,866.
0,000
n = -0,500 , portanto: Sn1 = 0 i + (40 x 0,866) j + [40 x (-0,500)] k , ou seja:
0,866 Sx = 0; Sy = 34,64MPa; Sz = -20MPa; [Sn] = [34,642 + (-20)2]1/2 = 40MPa No plano (1) teremos: σn
(1)= [34,64 j + (-20) k ] ● [(-0,500) j + 0,866) k] = - 34,64MPa (compr.)
τnt = (402 – 34,642)1/2 = 20MPa.Resp.(a) – 34,6MPa (compressão)
Para o plano (2) (não representado na figura),a igualdade dos ângulos diretores da normal ao
plano nos permite concluir que λ = µ = ν , e como λ 2 + µ 2 + ν 2 = 1 ,λ = µ = ν = (1/3)
1/2 = 0,57735 →(θ = 54,73
0 ).
Sn2 = (-80 x 0,57735) i + (40 x 0,57735) j + [40 x (0,57735)] k = -46,19 i + 23,09 j + 23,09 k
σn(2)
= [ - 46,19 i + 23,09 j + 23,09 k ] ● (0,57735) [ i + j + k ] = 0 MPa.
τnt(2)
= (46,162 + 23,092 + 23,092)1/2 = 56,57MPa.
-80 0 00 0 +40
0 +40 0
30º
n
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8.5 – Tensões Principais.
A simetria do tensor das tensões indica que existirá uma especial orientação do sistema de eixosx, y, z, para a qual a matriz representativa das componentes ficará diagonalizada, ou seja, 3 planos per-pendiculares onde as tensões serão normais (sem componente tangencial), e com valores reais:
► → → → ►
Estes são os chamados planos principais, onde atuam tensões que lhe são perpendiculares
(tensões principais - σσσσp ), para as quais se pode re-escrever a equação (8.4.1) como:
Sx = σp λ = σx λ + τyx µ + τzx ν; Sy = σp µ = τxy λ + σy µ + τzy ν;
Sz = σp ν = τxz λ + τyz µ + σz ν;
já que tais tensões não têm componentes tangenciais.O sistema pode ser escrito na forma de equações lineares homogêneas:
(σx - σp) λ + ( τyx ) µ + ( τzx ) ν = 0
( τxy ) λ + (σy - σp) µ + ( τzy ) ν = 0
(τxz ) λ + ( τyz ) µ + (σz - σp) ν = 0
que terá soluções não triviais (diferentes da λ = µ = ν = 0), se for nulo o determinante principal:
(σx - σp) ( τyx ) ( τzx )
( τxy ) (σy - σp) ( τzy ) = 0 (τxz ) ( τyz ) (σz - σp)
σx τyx τzx
τxy σy τzy τxz τyz σz
σ1 0 0
0 σ2 00 0 σ3 x
y
z3 1
2
o que leva a uma equação do 3º grau em σp, para a qual correspon-derão três soluções (os “auto-valores” da transformação, que cor-
respondem às tensões principais - σσσσp1 > σσσσp2 > σσσσp3 ):
σp3 - (σx +σy +σz) σp
2 +(σx σy + σy σz +σz σx -τxy2-τyz
2-τzx2) σp –
- (σxσyσz -σxτxy2 - σyτzx
2 - σzτxy2 + 2τxyτyzτzx) = 0
Obs. para determinação das raízes da equação cúbica visite o site:
σσσσp1σσσσp3
σσσσp2
ττττmáx
http://pessoal.sercomtel.com.br/matematica/medio/215/raizes3g.htm
A máxima tensão tangencial ocorrerá no plano bissetor dos planos 1 e 3, valendo:
ττττmáx = ½ (σσσσp1 - σσσσp3)
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8.6 – Círculos de Mohr para o estado triplo
Exemplo 8.4.1 (continuação). Para o estado de tensão representado no
exemplo acima, pede-se determinar:
a) as máximas tensões normais de tração e de compressão;
b) a máxima tensão tangencial
Solução: o determinante da matriz principal igualado a zero fornece:
(-80-σp) (0) (0)
(0) (0-σp) (40) = 0 e portanto: (-80-σp) (σp2 - 402) = 0, e
(0) (40) (0-σp) σ p3 = (-80); σ p2 = (-40); σ p1 = (+40);
τmáx = ½ (σp1 - σp3) = ½ [40 – (-80)] = 60MPa
3→x
80MPa
80MPa
40MPa
40MPa
1
2
σp1
σp1
σp2
σp2
σp3
σp31-3
2-3
1-2
σp3
σp2σp1
σ
τ
+_
Seja um estado de tensão definido pelas tensõesprincipais σp1, σp2, σp3, conforme mostrado ao lado.Analisando a variação da tensão em planos perpen-diculares ao plano da tensão σp3 (como os planos 1-2mostrados, girando com charneira no eixo 3) obtem-seos mesmos resultados a que se chegou na análise do
estado duplo de tensões (já que a terceira tensão σp3não interfere no equilíbrio dos esforços ao longo doseixos 2 e 3). Desta forma, obter-se-á um círculo deMohr ( ) que representará as tensões nesses planos.Da mesma forma, a análise das tensões ocorrentesnos planos perpendiculares ao plano onde atua a ten-são σp2 (como os planos 1-3 ) nos levará ao círculo →( ), enquanto as tensões atuantes em planos per-pendiculares ao plano no qual atua a tensão σp3 se-rão representadas pelo círculo ( ).
Demonstra-se que, para planos outros, o pon-to do plano de Mohr que representa o par de valores
de tensão (σ, τ) atuantes estará sobre a região ha-churada (os chamados arbelos ).
Fica evidente na figura que:
ττττmáx = ½ (σσσσp1 - σσσσp3) .......................(8.6.1)
1
2
3
Fig. 8.6.1 – Círculos de Mohr para o estadotriplo de tensões
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11
8.7 – Análise de deformações.Ao se analisar o comportamento elástico dos materiais, buscando estabelecer relações de causa
e efeito entre forças (tensões) e deformações (deformações específicas), deve-se reconhecer que são as deformações as ações mecânicas que, promovidas em um corpo deformável, produzem, como conse-
qüência, as tensões despertadas no material, e não o inverso (tensões como causadoras de deforma-ções). No próprio ensaio de tração produzido através máquina universal, verifica-se que a deformação(variação do comprimento do corpo de prova) é a variável gerada de forma gradual e contínua (medi-da diretamente como a variável livre do problema) enquanto a correspondente tensão é medida indire-tamente (como uma variável dependente, função da deformação). Ou seja, calculam-se os valores dastensões medindo-se as deformações.
Exemplo 8.6.1: Para os estados de tensão representados, traçar os círculos de Mohr correspondentes.
σ1
σ1
σ1
σ1
σ1
σ1
σ2
σ2
σ2
σ2
σ2
σ2
σ3
σ3
σ3
σ3
σ3
σ3
σ
σ
σ
σ
σ
σ
τ
τ
τ τ
τ
τ
TRAÇÃO PURA
COMPRESSÃO PURA
CORTE PURO
TRAÇÃO SEMI-HIDROSTÁTICA
COMPRESÃO HIDROSTÁTICA
ESTADO DUPLO DE TENSÕES
A medição das deformações específicas longitudinaisocorrentes em pontos da superfície externa de corpos carrega-dos (onde as tensões, em geral, atingem seus valores extremos) éfeita através de pequenos aparelhos denominados extensôme-
tros (strain gages), constituídos por uma fita suporte aderenteà superfície do corpo na qual é fixado um fino fio condutor
padronizado e armado como mostra a figura 8.7.1 (em formasanfonada). O aparelho é colado à superfície do corpo quandodescarregado, orientado segundo uma direção que se quer me-dir a deformação (por exemplo ‘x’) e, após a aplicação da car-ga, o corpo se deforma produzindo o alongamento do fio na-quela direção, reduzindo sua área de seção e gerando um au-mento de sua resistência ôhmica. Através de uma fonte de ten-são elétrica previamente calibrada, e medida a variação da cor-rente elétrica correspondente, obtem-se a informação desejadaquanto à componente da deformação na direção estudada
(εεεεx).
x
Fig - 8.7.1 - Extensômetros
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Como se verá a seguir, conhecidas as deformações longitudinais específicas em duas direçõesperpendiculares (εx, εy) bem como a distorção(γ xy) sofrida pelo par de eixos, será possível determinardeformações específicas e distorções em quaisquer direções, obtendo-se inclusive seus valores extre-mos.
[(1 + εn) ds]2 = [(1 + εx) dx]2 + [(1 + εy) dy]2 – 2[(1 + εx) dx][ (1 + εy) dy] cos (π/2 + γ xy).Efetuando as simplificações, considerando os pequenos valores de ε e γ , bem como, sendo
dx/ds = cos θ, dy/ds = sen θ e cos (π/2 + γ xy) = - sen γ xy ~ - γ xy obtemos:
εn = εx cos2 θ + εy sen2 θ + γ xy sen θ cos θ ............................................. (8.7.1)
Para a direção transversal t, perpendicular à n (θt = θ + 90º) teremos:
εt = εx sen2 θ + εy cos2 θ - γ xy cos θ sen θ ............................................. (8.7.2)
Somando membro a membro as equações mostradas, observamos a invariância da soma dasdeformações específicas para quaisquer duas direções perpendiculares:
εn + εt = εx + εy (para qualquer θ, medido entre x e n)..................................... (8.7.3)
Por outro lado, a deformação específica longitudinal na direção da bissetriz do quadrante for-mado pelos eixos x e y (θ = 45º) será dada (de 8.7.1) por:
(ε biss)x, y = εx (1/2) + εy (1/2) + γ xy (1/2),
de onde podemos concluir que:
γ xy = 2 (ε biss)x, y – (εx + εy)............(8.7.4)
Considerando as relações sen 2θ = 2 sen θ cos θ e cos 2θ = cos2 θ - sen
2 θ , teremos:
εεεεn = ½ (εεεεx + εεεεy) + ½ (εεεεx - εεεεy) cos 2θθθθ + ½ γ γγ γ xy sen 2θθθθ ........................... (8.7.5)
A figura 8.7.2 mostra um elemento, em for-ma de uma figura retangular, no entorno de um pon-to da superfície de um corpo descarregado que, aoser solicitado, sofre deformações nas direções x e y,bem como uma distorção gerando uma modificaçãona ortogonalidade desses eixos, passando a figura ater a forma do paralelogramo OABC indicado.
A diagonal do retângulo original, orientadanuma direção n que forma um ângulo θ com a dire-ção x, sofrerá uma elongação que poderá ser calcu-lada, utilizando a lei dos co-senos para o triânguloOAB:
x
ny
εy dy
εx dxdx
dyds
εεεεn ds
θθθθ(π/2) + γ xy
O
A
BC
Fig - 8.7.2 – Variação da deformação
45º
45º
x
y(biss)x,y
εy
εx
(εbiss)x,y
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Para a direção transversal (θ + 90º), como cos(2θ + 180) = - cos2θ e sen(2θ + 180)=-sen2θ:
εt = ½ (εx + εy) - ½ (εx - εy) cos 2θ - ½ γ xy sen 2θ ........................... (8.7.6)
A deformação específica na direção bissetriz do quadrante formado pelos eixos n e t será obtidafazendo θ’ = θ + 45 em (8.7.5), obtendo-se, já que cos(2θ + 90) = - sen 2θ e sen(2θ + 90)= cos 2θ:
(εbiss)n,t = ½ (εx + εy) - ½ (εx - εy) sen2θ + ½ γ xy cos 2θ
Levando em conta que de (8.7.4) teremos: γ nt = - (εn + εt) + 2 (ε biss)n, t, e considerando a
invariância estabelecida em 8.7.3, podemos escrever:
½ γ γγ γ nt = - ½ (εεεεx - εεεεy) sen 2θθθθ + ½ γ γγ γ xy cos 2θθθθ ........................................ (8.7.7)
As equações (8.7.5) e (8.7.7) são formalmente idênticas às equações (8.1.3) e (8.1.4) obtidas quando daanálise das tensões, em relação às quais as equivalências são evidentes:
Símbolo Grandeza Convenção de
Sinais
Símbolo Grandeza Convenção de
Sinais
σnTensãoNormal
εn
Deformaçãoespecífica lon-
gitudinal
τntTensão
Tangencial1/2 γ nt
Distorção
Valendo-nos dos resultados já obtidos na análise das tensões no estado duplo, através do estudode sua variação com a orientação do plano da seção e de seus valores extremos alcançados, podemosconcluir que:
• As deformações longitudinais principais (máxima ε1 , e mínima ε2) ocorrem em duas direçõesperpendiculares entre si, em relação às quais não há distorção (γ 12 = 0) e que valerão:
ε1 = (εx + εy)/ 2 + {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2 ...................... (8.7.8)
ε2 = (εx + εy)/ 2 - {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2
orientadas em relação ao eixo x tomado como referência através de dois ângulos complementa-res dados por:
tg 2θP = γ xy / (εx - εy) ............................................................. (8.7.9)
• A distorção máxima ocorre nas direções bissetrizes das direções principais, atingindo o valor:
γ máx / 2 = +/- {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2 .............................(8.7.10)
Nessas duas direções, as deformações específicas longitudinais são iguais, valendo:εméd = (εx + εy)/ 2
+-
+ -
+-
+ -
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Uma representação gráfica da variação das deformações com a orientação da direção analisadaatravés do CÍRCULO DE MOHR também pode ser utilizada, traçando o plano de Mohr, tendo comoeixo das abscissas as deformações longitudinais ε (positivas, marcadas para a direita, se de elongação enegativas, marcadas para a esquerda, se de encurtamento – à semelhança com a convenção para as ten-sões normais) e no eixo das ordenadas a metade da distorção (1/2 γ xy)- marcada para cima, quando oeixo gira no sentido horário e marcada para baixo quando o giro é no sentido anti-horário – a seme-lhança com a convenção para as tensões cisalhantes).
Através da mecânica experimental verifica-se que a medida direta dos pequenos ângulos de dis-torção (γ xy) é impraticável. Usa-se, então, o expediente de se medir a deformação longitudinal ao longode uma terceira direção, através de um arranjo de extensômetros denominado “roseta”, obtendo-se,indiretamente, o valor da distorção. Medindo-se as deformações longitudinais em três direções (a, b, c)que formam ângulos θa, θb, θc, com uma dada direção x - fig-8.7.4 – (A), de (8.7.1) podemos escrever:
εa = εx cos2 θa + εy sen2 θb + γ xy sen θa cos θa
εb = εx cos2 θb + εy sen2 θb + γ xy sen θb cos θb εc = εx cos2 θc + εy sen2 θc + γ xy sen θc cos θc
ny
εy dy
εx dxdx
dyds
εεεεn ds
θθθθ
(π/2) + γ xy
O
Fig-8.7.3 – Círculo de Mohr para as deformações. Deformações principais. Distorção máxima.
x
½ γ xy
½ γ xy
½ γ xy
½ γ xy
εεεε
ε2εyεmédio
εx
ε1
½ γ máx
x
γ/2γ/2γ/2γ/2 y
pólo
Trata-se de um sistema de 3 equações a 3 in-cógnitas que, resolvido, permite a obtenção dos valo-res das incógnitas εx, εy e γ xy .
A figura 8.7.11 (B) (C) (∆) mostra alguns mo-delos de rosetas normalmente utilizadas, destacando-se a tipo (B) que, diretamente, fornece os valores deεx e εy enquanto que a leitura do terceiro sensor a
45° (εbiss)x, y
permite obter o valor de γ xy através daequação 8.7.4. Fig. 8.7.4 – Rosetas de deformação.
45º
(B)
a
bc
(A)
120º120º
120º(C) (∆)
θb
xx
y
Exemplo 8.7.1 – São medidas as deformações específicas na superfície de um elemento estrutural
em três direções defasadas de 120º (roseta em delta), obtendo-se os valores:
ε 0 = + 800µ; ε 120 = + 600µ; ε 240 = - 200µ.Pede-se: a) as máximas deformações (positiva e negativa) e a máxima distorção;
b) o ângulo entre a direção da fibra mais alongada e a direção do sensor base (0);
c) mostrar que para uma roseta deste tipo a soma das leituras dos três sensores independe da
orientação de seu posicionamento.
d) esboçar o círculo de Mohr correspondente ao estado de deformação no ponto considerado.
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Solução: para a roseta em ∆ (adotando o eixo x segundo a direção do sensor base 0), teremos:+ 800 = εx + 600 = εx cos2 120 + εy sen2 120 + γ xy sen 120 cos 120 = 800 (0,25) + (0,75) εy - (0,4330) γ xy
− 200 = εx cos2 240 + εy sen2 240 + γ xy sen 240 cos 240 = 800 (0,25) + (0,75) εy + (0,4330) γ xy Somando membro a membro as 3 equações obtemos:
ε 0 + ε 120 + ε 240 = 1,5 εx + 1,5 εy = 1,5 (εx + εy) = 3 εmédio (independente da orientação da rose-ta - resposta c).
Resolvendo o sistema obtemos: εx = 800µ; εy = 0µ γ xy = - 923,8µ. De 8.7.8 e 8.7.10 obtemos:
ε1 = (εx + εy)/ 2 + {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2 = 800 / 2 + [(800/2)2 + (923,8/2)2]1/2 = 1.011 µ
ε2 = (εx + εy)/ 2 - {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2 = 800 / 2 - [(800/2)2 + (923,8/2)2]1/2 = - 211 µ
γ máx / 2 = {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2 = - [(800/2)2 + (923,8/2)2]1/2 = 611,0µ ; γ máx = 1.222 µ
Medidas as deformações específicas através dos extensômetros e conhecidas as propriedadeselásticas do material (E, G, ν) será possível determinar o estado de tensões no ponto considerado. A-través da lei de Hooke generalizada expressa pelas equações 1.7.4, temos:εx = (1/E) [σx - ν (σy + σz )]; εy = (1/E) [σy - ν (σz + σx )]; εz = (1/E) [σz - ν (σx + σy )].
Resolvendo o sistema para explicitar as tensões em função das deformações obtemos:
σx = [E/(1+ ν)(1-2 ν)][(1- ν)εx + ν(εy + εz)]σy = [E/(1+ ν)(1-2 ν)][(1- ν)εy + ν(εz + εx)] ................................... (8.7.11)σz = [E/(1+ ν)(1-2 ν)][(1- ν)εz + ν(εx + εy)]
Tratando-se de um estado duplo de tensões (σz
= 0) teremos:
εz = [- ν/(1- ν)](εx + εy) ........................................................ (8.7.12)
Convém observar que, apesar de, na superfície externa do corpo, onde o estado de tensão é du-plo, a tensão seja nula, o “efeito Poisson” provoca deformações na 3ª direção, perpendicular à superfí-cie. Neste caso as equações 8.7.11 combinadas com 8.7.12 se reduzem a
σx = [E/(1- ν2)][(εx + νεy] ....................................................... (8.7.13)
Os ângulos entre os eixos principaisde deformação e o eixo de referência (x)serão dados por 8.7.9:tg 2θP = γ xy / (εx - εy) = -923,8/800 =-1,155
2θP = -54,56 ou + 125,4;θP1 = -27,3 e θP2 = + 62,7º;
O esboço do círculo de Mohr cor-respondente ao estado de deformação emestudo é apresentado na figura ao lado.
* (ver NOTA a seguir, onde se considera-rá a existência da deformação na 3ª direção
(ε3 − perpendicular à superfície, devido aoefeito Poisson)
200
200
-200 600 800
Pólo
x
1
2
400
400
γ/2
ε
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σy = [E/(1- ν2)][(εy + νεx]
Solução: utilizando a equação 8.7.4γ xy = 2(ε biss)
x, y - (εx + εy) = 2(-120) - (480 + 80) = -800µ
Da eq. 8.7.8, ε1 = (εx + εy)/ 2 + {[(1/ 2) (εx - εy)]2
+ (γ xy / 2)2
}1/2
= 280 + 447,2 = 727,2 µε2 = (εx + εy)/ 2 - {[(1/ 2) (εx - εy)]
2 + (γ xy / 2)2}1/2= 280 – 256,1 = - 167,2 µ
Da eq. 8.7.10, γ máx / 2 = {[(1/ 2) (εx - εy)]2 + (γ xy / 2)2}1/2 = 447,2 µ
; γ máx = 894,4 µ
Por outro lado, se considerarmos a existência de deformação (ε3) na direção perpendicular àsuperfície externa do corpo (onde foi fixada a roseta), teremos:
ε3 = [- ν/(1- ν)](εx + εy) = (-0,3/0,7)(480 + 80) = - 240µ .A distorção máxima terá o valor: γ máx = εp1 - εp3 .......................................(8.7.14),
que, no caso, valerá:γ máx =727,2 – (-240) = 967,2µ (e não o valor anteriormente obtido → 894,4µ).
A máxima tensão tangencial teria, portando, o valor:τmáx = G γ máx = E / 2(1 + ν) γ máx = (200x109 /2,6)x967,2x10-6 = 74,4 MPa (Resp.)(e não 68,8MPaanteriormente calculado).
Exemplo 8.7.2 – Na superfície da peça de aço
esquematizada, (E=200GPa e ν = 0,300), é ins-
talada uma roseta e medidas as deformações:
ε0 = +480µ; ε45 = −120µ; ε90 = +80µPede-se determinar as máximas tensões nor-
mais de tração e de compressão bem como a
máxima tensão tangencial.
O resultado poderia ter sido obtido às custas do círculode Mohr, considerando que para uma roseta a 45º,ε0 = εC + R cos ϕ .....................................................(a)
ε45 = εC + R cos (ϕ+90) = εC - R sen ϕ .................(b)
ε90 = εC + R cos (ϕ+180) = εC - R cos ϕ ...............(c)
De (a)+(c)→ εc = ½ (ε0 + ε90) = 280 µ
De (a)2 + (b)2 → R2 = (ε0 − εc)2
+ (εc − ε45)2
=
= ½ {(ε0 − ε90)2 + [2ε45 - (ε0 + ε90)]2} =
= 1/(2)1/2 [(ε0 -ε45)]2 + (ε45 −ε90)
2] = (447,2 µ)2
ε0
ε45
ε90
ε
γ/2
ϕ
εεεεC
R
Das eq. 8.7.13, aplicadas às direções principais, obtemosσ1 = [E/(1- ν2)][(ε1 + νε2] = [200x109 /(1-0,302)][727,2 + 0,30(-167,2)]x10-6 = 148,8MPa;(Resp.)
σ2 = [E/(1- ν2)][(ε2 + νε1] = [200x109 /(1-0,302)][-167,2 + 0,30x(727,2)]x10-6 = 11,2MPa;
τmáx = ½ (σp1 - σp2) = 68,8 MPa, valor que poderia ser obtido considerando as equações 1.7.5 e 1.7.6:
τmáx = G γ máx = E / 2(1 + ν) γ máx = (200x109 /2,6)x894,4x10-6 = 68,8 MPa. (Não há compressão)
*NOTA – no exemplo 8.7.1, supondo que o material fosse aço (ν = 0,30) teríamos:
ε3 = [- ν/(1- ν)](εx + εy) = (-0,3/0,7)(800 + 0) = -342,8µ . Portanto, a distorção máxima teria o
valor: εp1 - εp3 =1.011 – (-342,8) = 1.354µ (e não o valor anteriormente obtido→ 1.222µ)
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17
Os resultados obtidos podem ser bem visualizados através da representação gráfica dos círculosde Mohr correspondentes aos estados de deformação (considerado como triplo) e de tensão (considera-do como triplo, tendo tensão nula na terceira direção).
200 400 600 800
200
400
50 100 150 200
50
100
γ/2γ/2γ/2γ/2(µ)
εεεε(µ)
ττττ(MPa)
σσσσ(MPa)
εP3
εP2
εP1σP1
σP2
σP3=0
Exercício proposto: mostre, utilizando o círculo
de Mohr (definido pela coordenada de seu cen-
tro εεεεo e por seu raio R) que, para as rosetas
abaixo representadas: εo
ε
γ/2
R
90º135º 120º120º
ab
c c
a
b
εo = ½ (εa +εb)R2 = ½ [(εa -εc)2 + (εb -εc)
2] εo = ⅓ (εa +εb +εc)R2 =2 / 9[(εa -εb)
2+(εb -εc)2 +(εc -εa)
2]
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Fig. 8.7.5 –Roseta a 45° instaladana superfície externade tubulação de parede
fina, submetida a pres-são e a torção. Equi-pamento utilizado nolaboratório da Uff pe-los alunos do curso deengenharia mecânicano ano 2003.