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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 variados tipos de esforços solicitantes e suas combinações. Tais tensões são calculadas  no plano  da seção. Cabe indagar: - e m outros planos, que não o da seção transversal, quais seriam os 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 σ z = τ zx = τ zy = 0), sendo conhecidas as tensões: σ x , σ y e τ xy = τ yx . Suponha um elemento infinitesimal submetido a um estado plano de tensões, como indicado na Fig. 8.1.1 (a) (onde todas as tensões foram supostas positivas). Em um plano qualquer (que tem c omo orientação a normal n), formando um ângulo θ com o plano “x” (que tem como normal o eixo x ), as tensões reinantes serão designadas como: σ n e τ τ τ τ nt - 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): (ΣF n  = 0) −− σ n  ds dz = σ x  dy dz cos θ + σ y  dx dz sen θ + τ xy dy dz sen θ + τ yx dx dz cos θ Como τ xy = τ yx  e, considerando que cos θ = dy/ds e s en θ = dx/ds, obteremos: σ n = σ x  cos 2  θ + σ y sen 2  θ + 2 τ xy sen θ cos θ.................. (8.1.1) Pelo equilíbrio das forças na direção transversal (t), da mesma forma, obteremos: τ nt = - (σ x - σ y ) sen θ cos θ + τ xy ( cos 2  θ - sen 2  θ) ................. (8.1.2) Como: cos 2  θ = ½ (1 + cos2θ); sen 2  θ = ½ (1 - cos2 θ); sen2θ = 2 senθ cosθ e cos2θ = cos 2  θ - sen 2  θ, σ x  σ x  σ y  σ y  τ xy  τ yx  x  y  z  σ x  z  x  y  n  t  dz  dx  dy  σ y  τ xy  τ yx  σ n  τ τ τ τ nt  σ y dx dz σ x dy dz τ xy dy dz τ yx dx dz ds  σ σ σ σ n  ds dz τ τ τ τ nt  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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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 

σx 

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.

θ 

x θ 

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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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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 

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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8

 

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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Análise de Tensões e Deformações

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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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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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15

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 

1

400

400

γ/2

ε

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16

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

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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Análise de Tensões e Deformações

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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 

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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Análise de Tensões e Deformações

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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.