Transformação de tensão e Deformação (Círculo de Mohr)

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Paracambi
26/11/2014
TEC00205 – RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
TURMA C1/B1
AULA 17
TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO E 
DEFORMAÇÃO - Parte B:
Círculo de Mohr/Estado triaxial de 
tensões e deformações
Prof. Eliane Pires
UNIVERSIDADE FEDERAL FLUMINENSE
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA CIVIL
2
A representação gráfica do estado de tensões num ponto por
meio de um círculo de tensões foi primeiramente usada por
Karl Culmann em 1866, ao estudar a flexão de vigas.
Culmann definiu o polo do círculo de tensões, obteve as
tensões atuantes num plano genérico e estudou as trajetórias
de tensões para a flexão de vigas em balanço por meio de
uma representação gráfica concisa.
Em 1874 o engenheiro suíço Jakob Johann von Weyrauch
publicou a representação gráfica do tensor de inércia por meio
de círculos.
O Círculo de Mohr
Karl Culmann
engenheiro civil
Alemão
1821-1881
J.J. von Weyrauch
engo e matemático
Alemão
1845-1917
3
Christian Otto Mohr em 1882 ampliou a representação
gráfica de Culmann para casos genéricos, e mostrou que
vigas solicitadas à flexão era apenas um caso particular de
uma representação mais abrangente.
O Círculo de Mohr
Christian Otto Mohr
engenheiro
Alemão
1835-1918Adotou em seus estudos um sistema
cartesiano de referência para os círculos
que representam as tensões, cujas
abscissas são as tensões normais e as
ordenadas são as tensões cisalhantes.
Esses círculos ficaram consagrados na
literatura técnica como círculos de Mohr.
Exemplo de círculo de Mohr
para o estado plano de 
tensões (EPT).
O círculo de Mohr é um método gráfico bidimensional representativo da
lei de transformação do tensor tensão*.
O tensor tensão é um tensor tridimensional de segunda ordem, com
nove componentes, σij.
(*) Também chamado de tensor tensão de Cauchy, em homenagem ao matemático francês, Augustin-Louis Cauchy.
(**) Theodore von Kármán, Físico húngaro (1881-1963).
Na condição genérica de
representação do estado geral
(triaxial) de tensões pela
notação técnica de von
Kárman**, há três vetores de
tensões normais (σxx , σyy , σzz)
e seis vetores de tensões
cisalhantes (σxy , σyx , σxz , σzx ,
σyz , σzy).
(*) Índices das componentes do tensor: o 1º índice indica a direção normal à face de atuação; o 2º índice indica a 
direção da componente.
A representação do estado
de tensões num ponto por
meio de um cubo ou
paralelepípedo é simbólica.
As nove componentes do
tensor tensão* podem ser
representadas em uma
matriz A3x3, cuja diagonal
principal é formada pelas
tensões normais e as bandas,
pelas tensões cisalhantes.
𝜎𝑖𝑗 =
𝜎11 𝜎21 𝜎31
𝜎12 𝜎22 𝜎32
𝜎13 𝜎23 𝜎33
≡
𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑧𝑥
𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑧𝑦
𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑧
≡
𝜎𝑥𝑥 𝜏𝑦𝑥 𝜏𝑧𝑥
𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑦𝑦 𝜏𝑧𝑦
𝜏𝑥𝑧 𝜏𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑧
Quando fazemos o equilíbrio de uma face do prisma elementar, temos,
desprezando os termos de ordem superior:
 𝑀0 = 0 → +𝜏𝑧𝑦 ∙ 𝑑𝑦 ∙
𝑑𝑧
2
+𝜏𝑧𝑦∙ 𝑑𝑦 ∙
𝑑𝑧
2
− 𝜏𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 ∙
𝑑𝑦
2
− 𝜏𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 ∙
𝑑𝑦
2
= 0
2 ∙ 𝜏𝑧𝑦 ∙ 𝑑𝑦 ∙
𝑑𝑧
2
− 2 ∙ 𝜏𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 ∙
𝑑𝑦
2
= 0 𝜏𝑧𝑦 ∙ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑧 − 𝜏𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 ∙ 𝑑𝑦 = 0
𝜏𝑧𝑦 ∙ 𝑑𝑦 ∙ 𝑑𝑧 = 𝜏𝑦𝑧 ∙ 𝑑𝑧 ∙ 𝑑𝑦 𝝉𝒛𝒚 = 𝝉𝒚𝒛
A simetria do tensor de tensões
Equivalência por 
simetria ortogonal
7
Como já foi comentado, em diversos casos de Engenharia, a análise
dos problemas de Mecânica dos Sólidos pode ser realizada de
forma aproximada, admitindo-se que os estados de tensão são
independentes de uma das coordenadas que define os pontos do
elemento analisado.
...Mas, por que estudar o estado plano de tensões (EPT)?
Assim, podemos estudar
os estados de tensão em
um dado plano e
identificar aquele no qual
as tensões máximas
ocorrerão, usando-o,
portanto, para
dimensionar a peça
estrutural.
8
Para a força axial P = 16 kN aplicada num prisma reto, de seção
retangular com dimensões (80 x 140) mm, calcular as tensões
normais e tangenciais nos planos com inclinações 𝜶 iguais a:
a) 30º ; b) 45º ; c) 60º.
Exemplo
𝜶
9
Como 𝜎𝑦 = 0, 𝜏𝑥𝑦 = 0, e 𝜎𝑥 = P/A e podemos determinar 𝜎𝑥′ e 𝜏𝑥′𝑦′:
Fazendo o equilíbrio de forças na seção inclinada: 
 𝐹𝑥′ = 0
𝜎𝑥′ = 𝜎𝑥 ∙ cos
2 𝜃 + 𝜎𝑦 ∙ sen
2 𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 ∙ sen 2𝜃
 𝐹𝑦′ = 0
𝜏𝑥′𝑦′ = 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 ∙ sen 𝜃 ∙ cos 𝜃 + 𝜏𝑥𝑦 ∙ cos
2 𝜃 − sen2𝜃
𝜎𝑥 =
𝑃
𝐴
=
16000
80 ∙ 140
𝜎𝑥 = 1,43 𝑀𝑃𝑎
Daí:
𝜎𝑥′ = 𝜎𝑥 ∙ cos
2 𝜃 𝜏𝑥′𝑦′ = 𝜎𝑥 ∙ sen 𝜃 ∙ cos 𝜃
10
a) α = 30°; 𝜃 = 90° − 𝛼 :
𝜎𝑥′ = 1,43 ∙ cos
2 60°
𝜏𝑥′𝑦′ = 1,43 ∙ sen 60 ∙ cos 60
𝜎𝑥′ = 0,36 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥′𝑦′ = 0,62 𝑀𝑃𝑎
b) α = 45°; 𝜃 = 90° − 𝛼 :
𝜎𝑥′ = 1,43 ∙ cos
2 45°
𝜏𝑥′𝑦′ = 1,43 ∙ sen 45 ∙ cos 45
𝜎𝑥′ = 0,72 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥′𝑦′ = 0,72 𝑀𝑃𝑎
c) α = 60°; 𝜃 = 90° − 𝛼 :
𝜎𝑥′ = 1,43 ∙ cos
2 30°
𝜏𝑥′𝑦′ = 1,43 ∙ sen 30 ∙ cos 30
𝜎𝑥′ = 1,07 𝑀𝑃𝑎
𝜏𝑥′𝑦′ = 0,62 𝑀𝑃𝑎
Exemplos da Natureza de isostáticas de tensões:
a) estrutura óssea real e com a representação das isostáticas;
b) representação das isostáticas de um tronco de árvore.
Isostáticas de tensões
a) b) 
12
a P
P Tração
Compressão
P
P
a
P a
Tração
Compressão
a) viga sobre dois apoios; b) região de introdução de força.
Trajetórias de tensões (isostáticas de tensões):
13
Isóbaras de tensões
No que se refere às tensões principais, para cada família de
isostáticas, têm-se os lugares geométricos onde as tensões principais
são iguais (σ1 = σ2). Neste caso, as envolventes desses pontos são
denominadas isóbaras.
14
Exemplo Resolvido 
1) Conhecidos os estados de tensões, expressos em MPa, nos
pontos 1 e 2, situados no plano π, pede-se analisar as tensões
nesses planos e determinar as tensões nas faces AB e CD contidas
no plano π.
15
𝜎𝑖𝑗 =
𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦
𝜏𝑥𝑦 𝜎𝑦𝑦
≡
𝜎11 𝜎12
𝜎21 𝜎22
𝜎1,2 =
−4 0
0 6
𝑀𝑃𝑎
𝜎1,2 =
𝜎𝑥 + 𝜎𝑦
2
±
𝜎𝑥 − 𝜎𝑦
2
2
+ 𝜏𝑥𝑦
2 𝜎1,2 =
𝜎11 + 𝜎22
2
±
𝜎11 − 𝜎22
2
2
+ 𝜎12
2
𝜎1,2 =
−4 + 6
2
±
−4 − 6
2
2
+ 02 = 
𝟔𝑴𝑷𝒂
−𝟒𝑴𝑷𝒂
𝑡𝑔2𝜃𝑝 =
τxy
(𝜎𝑥 − 𝜎𝑦)/2
=
𝜎12
(𝜎11 − 𝜎12)/2
=
0
(−4 − 6)/2
= 0 ∴ 𝜽𝒑 = 𝟎°
• Logo os planos OA e OB são planos principais de tensões.
• Como o lado AB é inclinado de 45º com as direções principais,
conclui-se que é um plano de tensão tangencial máxima...
Tensor de tensões no ponto 1:
16
∴ 𝜽𝒑 = 𝟎°
• Daí: 𝜏máx=
𝜎
𝑥
−𝜎
𝑦
2
2
+ τxy
2 =
−4−6
2
2
+ 02
𝝉máx= 𝟓𝑴𝑷𝒂
Tensor de tensões no ponto 2: 𝜎1,2 =
−2 4
4 4
𝑀𝑃𝑎
τx′y′ = −
𝜎
𝑥
− 𝜎
𝑦
2
𝑠𝑒𝑛 2θ + τxy 𝑐𝑜𝑠 2θ
𝜎𝑥′ =
−2 + 4
2
+
−2 − 4
2
cos 2 18,44𝑜 + 4 𝑠𝑒𝑛 2 18,44𝑜
𝜎
𝑥
′ =
𝜎
𝑥
+ 𝜎
𝑦
2
+
𝜎
𝑥
− 𝜎
𝑦
2
𝑐𝑜𝑠 2θ+ τxy 𝑠𝑒𝑛 2θ
𝝈𝒙′ = 𝟏𝑴𝑷𝒂
𝜏𝑥′𝑦′ = −
−2 − 4
2
𝑠𝑒𝑛 2 18,44𝑜 + 4 𝑐𝑜𝑠 2 18,44𝑜 𝝉𝒙′𝒚′ = 𝟓𝑴𝑷𝒂
17
Voltando ao Círculo de Mohr...
Como vimos, no Estado Plano de Tensões tem-se as expressões:
𝜎
𝑥
′ =
𝜎
𝑥
+ 𝜎
𝑦
2
+
𝜎
𝑥
− 𝜎
𝑦
2
𝑐𝑜𝑠 2θ+ τxy 𝑠𝑒𝑛 2θ
τx′y′ = −
𝜎
𝑥
− 𝜎
𝑦
2
𝑠𝑒𝑛 2θ+ τxy 𝑐𝑜𝑠 2θ
Usando a notação de Cauchy, é o mesmo que:
𝜎 =
𝜎
11
+ 𝜎
22
2
+
𝜎
11
− 𝜎
22
2
𝑐𝑜𝑠 2θ+ 𝜎12 𝑠𝑒𝑛 2θ
τ = −
𝜎
11
− 𝜎
22
2
𝑠𝑒𝑛 2θ+ 𝜎12 𝑐𝑜𝑠 2θ
18
...Mohr eliminou o parâmetro θ nessas equações, o que resultou
em:
Esta é a equação de um círculo no referencial σ x τ com centro, C,
e raio R, dados, respectivamente por:
𝜎 −
𝜎11 + 𝜎22
2
2
+ 𝜎12
2 =
1
4
𝜎11 − 𝜎22
2 + 𝜎12
2
  





 0
2
1
2211 ;C   
2
1
2
12
2
2211
4
1






 R
R = função do estado de tensões no ponto;
C = função das tensões normais.
Esses dois parâmetros independem do ângulo θ que define o plano AB.
19
No círculo de Mohr estão representadas as tensões atuantes
nos planos OA e OB.
Adota-se a seguinte convenção de sinais:
1) as tensões normais são positivas quando forem de tração; 
2) as tensões cisalhantes são positivas quando no sentido
horário.
20
O círculo de Mohr tem dois polos, que podem ser
determinados a partir do estado de tensões:
1) polo das direções das tensões PT;
2) polo das direções dos planosnos quais as tensões atuam,
PP .
21
Exemplo da utilização dos polos, para obtenção das tensões e
direções principais e planos sobre os quais essas tensões
atuam:
22
Traçando o Círculo de Mohr...
23
24
25
Exemplo de estado plano de tensão...
𝟓𝟎𝟓𝟎
𝟏𝟎
𝟏𝟎
−𝟒𝟎
−𝟒𝟎
26
∙∙
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
Tensões normais e cisalhantes nos pontos A, B, C, D e E:
37
θ – ângulo do objeto
2θ – ângulo do círculo
38
Tensões 
principais
Tensões 
máximas de 
cisalhamento
39
Tensões 
principais
Tensões 
máximas de 
cisalhamento
Tensões normais 
e cisalhamento
40
Exercício: O estado plano de tensão de um ponto é mostrado no elemento abaixo.
Determine a tensão de cisalhamento máxima no plano e a orientação do elemento 
sobre o qual ela age. 
41
Exercício: O estado plano de tensão de um ponto é mostrado no elemento abaixo.
Determine a tensão de cisalhamento máxima no plano e a orientação do elemento 
sobre o qual ela age. 
TEC 00219 – Mecânica dos Sólidos
Reforçando o Conceito de Tensão
 As forças caminham pela estrutura até atingirem os vínculos,
onde são equilibradas pelas reações de apoio. É este caminho dos
esforços que origina as tensões nos pontos internos da estrutura.
TEC 00219 – Mecânica dos Sólidos
Decomposição do Vetor de Tensão
(*) Os subscritos “N” e “T” denotam a orientação do vetor, em relação ao plano no qual ele atua, como sendo
“normal” ou “tangencial” a esse plano, respectivamente.
 𝑡𝑇 é a norma (associação à um número real não-negativo) da componente tangencial, no espaço vetorial.
TEC 00219 – Mecânica dos Sólidos
Tração pura
𝜎1
𝐴
=
𝜎
𝐴 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
∙
1
𝑐𝑜𝑠𝛼
∴ 𝜎 = 𝜎1𝑐𝑜𝑠
2𝛼
Como: 𝑐𝑜𝑠2𝛼 + 𝑠𝑒𝑛2𝛼=1 e 𝑐𝑜𝑠2𝛼 − 𝑠𝑒𝑛2𝛼 = 𝑐𝑜𝑠2𝛼
𝜏 = 𝜎1
𝑠𝑒𝑛2𝛼
2
Então:
Estado de Tensão em Três Dimensões
O estado geral, tridimensional de tensões, consiste em três
tensões principais desiguais atuando em um ponto. É
chamado de “estado triaxial de tensões” – “ETT”.
Se duas, das três tensões principais forem iguais, o estado
triaxial de tensão é chamado de “cilíndrico”, enquanto que,
se as três forem iguais, o estado triaxial de tensão é
chamado de “hidrostático”, ou “esférico”.
As tensões principais para um estado tridimensional de
tensões, em termos de tensões atuantes em um sistema de
coordenadas cartesianas, é mostrado no corpo livre
infinitesimal representado abaixo:
Os cossenos diretores entre 𝜎 e os eixos x, y e z são
denotados como l , m e n, respectivamente.
Já que o corpo livre precisa estar em equilíbrio, as forças
que agem em cada uma das faces devem ser balanceadas.
Trata-se de um elemento
tetraédrico infinitesimal, obtido
a partir do seccionamento do
elemento cúbico infinitesimal,
por um plano oblíquo,
considerado como sendo um
plano principal.
𝜎 é a tensão principal que
atua segundo a normal ao
plano, denotado como JKL.
Considere que 𝐴 é a área do plano oblíquo, delimitada
pelos pontos JKL e que 𝑆𝑥, 𝑆𝑦 e 𝑆𝑧 são as componentes
de 𝜎 ao longo de cada um dos eixos cartesianos.
Fazendo o somatório das forças na direção x, obtemos:
𝑆𝑥 = 𝜎 𝑙 𝑆𝑦 = 𝜎 𝑚 𝑆𝑧 = 𝜎 𝑛
Á𝑟𝑒𝑎 𝐾 𝑂𝐿 = 𝐴 𝑙 Á𝑟𝑒𝑎 𝐽 𝑂𝐾 = 𝐴 𝑚 Á𝑟𝑒𝑎 𝐽 𝑂𝐿 = 𝐴 𝑛
𝜎 𝐴 𝑙 − 𝜎𝑥 𝐴 𝑙 − 𝜏𝑦𝑥 𝐴 𝑚 − 𝜏𝑧𝑥 𝐴 𝑛 = 0
Que, dividindo por 𝐴, se reduz a:
𝜎 − 𝜎𝑥 𝑙 − 𝜏𝑦𝑥 𝑚− 𝜏𝑧𝑥 𝑛 = 0
Fazendo o somatório das forças nas direções y e z,
obtemos, respectivamente:
− 𝜏𝑥𝑦 𝑙 + 𝜎 − 𝜎𝑦 𝑚− 𝜏𝑧𝑦 𝑛 = 0
Essas três equações são homogêneas-lineares, em
termos de l, m e n. A solução única pode ser obtida
fazendo-se o determinante desses coeficiente ser igual a
zero, desde que eles não sejam, todos, iguais a zero.
− 𝜏𝑥𝑧 𝑙 − 𝜏𝑦𝑧 𝑚+ 𝜎 − 𝜎𝑧 = 0
𝜎 − 𝜎𝑥 − 𝜏𝑦𝑥 −𝜏𝑧𝑥
− 𝜏𝑥𝑦 𝜎 − 𝜎𝑦 −𝜏𝑧𝑦
− 𝜏𝑥𝑧 − 𝜏𝑦𝑧 𝜎 − 𝜎𝑧
= 0
51
A solução do determinante resulta numa equação cúbica
em 𝜎 :
𝜎3 − 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 + 𝜎𝑧 𝜎
2
− 𝜎𝑥𝜎𝑦 + 𝜎𝑦𝜎𝑧 + 𝜎𝑥𝜎𝑧 − 𝜏𝑥𝑦
2 − 𝜏𝑦𝑧
2 − 𝜏𝑥𝑧
2 𝜎
− 𝜎𝑥𝜎𝑦𝜎𝑧 + 2𝜏𝑥𝑦𝜏𝑦𝑧𝜏𝑥𝑧 − 𝜎𝑥𝜏𝑦𝑧
2 − 𝜎𝑦𝜏𝑥𝑧
2 − 𝜎𝑧𝜏𝑥𝑦
2 = 0
As três raízes dessa equação são as três tensões
principais, 𝜎1, 𝜎2, e 𝜎3.
Para determinar as direções em relação aos eixos
originais x, y e z, nos quais as tensões agem, é preciso
substituir 𝜎1, 𝜎2, e 𝜎3 em cada uma das três equações
homogêneas–lineares.
52
A equação resultante deve ser resolvida simultaneamente
para l, m e n com a ajuda do relacionamento auxiliar:
𝑙2 +𝑚2 + 𝑛2 = 1
Seja S a tensão total antes de resolvê-la nas suas
componentes normal e cisalhante, que atua em um plano
(não um plano principal), cujos cossenos diretores l, m e n
se relacionam aos três eixos principais, temos:
A tensão normal σ que age nesse plano é dada por:
𝑆2 = 𝑆𝑥
2 + 𝑆𝑦
2 + 𝑆𝑧
2 = 𝜎1
2𝑙2 + 𝜎2
2𝑚2 + 𝜎3
2𝑛2
𝜎 = 𝑆𝑥𝑙 + 𝑆𝑦𝑚 + 𝑆𝑧𝑛 = 𝜎1𝑙
2 + 𝜎2𝑚
2 + 𝜎3𝑛
2
53
Portanto, a tensão cisalhante que age nesse mesmo plano
é dada por:
𝜏2 = 𝑆2 − 𝜎2 = 𝜎1
2𝑙2 + 𝜎2
2𝑚2 + 𝜎3
2𝑛2 − 𝜎1𝑙
2 + 𝜎2𝑚
2 + 𝜎3𝑛
2 2
Os valores de τ para os três conjuntos particulares de
cossenos diretores listados abaixo são de interesse
porque eles dividem o ângulo entre dois dos três eixos
principais. Portanto, eles fornecem as tensões de
cisalhamento principais.
𝑙 𝑚 𝑛 𝜏
0 ± 1 2 ± 
1
2 𝜏1 =
𝜎2 − 𝜎3
2
± 1 2 0 ± 
1
2 𝜏2 =
𝜎1 − 𝜎3
2
± 1 2 ± 
1
2 0 𝜏3 =
𝜎1 − 𝜎2
2
54
Assim como, de acordo com a convenção, 𝜎1 é a tensão
normal principal de maior valor algébrico, e 𝜎3 é a de
menor, 𝜏2 é a tensão cisalhante principal de maior valor
algébrico, e, portanto, é a tensão cisalhante máxima, 𝜏𝑚𝑎𝑥.
Como veremos mais
adiante, 𝜏𝑚𝑎𝑥 é importante,
principalmente nas ope-
rações de conformação
mecânica de materiais
metálicos dúcteis.
𝜏2 =
𝜎1 − 𝜎3
2
= 𝜏𝑚𝑎𝑥
55
As figuras abaixo mostram os planos das tensões
cisalhantes principais, em um cubo elementar, em cujas
faces operam as tensões normais principais...
É importante notar que, para cada par de tensões normais
principais, existe um par de planos bissetores nos quais
operam as tensões cisalhantes principais.
56
Círculo de Mohr para ETT
O estado triaxial de tensões pode ser definido pelas três
tensões principais, pode ser representado pelo círculo de
Mohr, como mostra a figura exemplo, abaixo.
57
Pode ser mostrado que todas as condições possíveis de
estado de tensão dentro de um corpo se localizam dentro
da área hachurada do círculo externo, entre os círculos
internos.
Podemos considerar, como
significado físico, que o círculo
de Mohr é uma representação
geométrica das equações que
expressam a transformação dos
componentes de tensão em
diferentes conjuntos de eixos.
Trata-se, portanto, de uma maneira muito conveniente de
visualizar o estado de tensão em um dado ponto de um
corpo.
58
A figura abaixo mostra o círculo de Mohr para vários
estados comuns de tensão.
59
Observe que a aplicação de uma tensão de tração 𝜎2 na
direção ortogonal em relação à tensão de tração 𝜎1
existente (Fig. c) resultará na diminuição da tensão de
cisalhamento principal em dois dos três conjuntos de
planos nos quais ela atua.
No entanto, a tensão de cisalhamento máxima não sofrerá
diminuição, e isso não seria aparente se apenas o círculo
de Mohr bidimensional tivesse sido usado.
Como pode ser observado na
(Fig. d), se uma tensão de tração
for aplicada na terceira direção
principal, a tensão de
cisalhamento máxima será
reduzida consideravelmente.
60
Para o caso limite de tensões triaxiais iguais (tensão
hidrostática), o círculo de Mohr se reduz a um ponto e não
há tensões de cisalhamento agindo em qualquer plano do
corpo.
A eficácia das tensões de tração biaxial e
triaxial na redução das tensões de
cisalhamento resulta em uma diminuição
considerável na ductilidade do material,
porque, como sabemos, a deformação
plástica nos materiais dúcteis é produzida
por tensões de cisalhamento.Daí, para ocorrer a fratura frágil, esta
deverá estar, invariavelmente, associada à
tensões triaxiais, desenvolvidas nas
proximidades de uma trinca, um entalhe ou
outro concentrador de tensão qualquer.
61
Contudo, como mostrado na Fig. (e), se tensões de
compressão iguais forem aplicadas lateralmente a uma
tensão de tração, a tensão de cisalhamento máxima será
maior do que no caso de tração ou compressão uniaxial.
Por causa do alto valor da tensão de cisalhamento, em
relação à tensão de tração aplicada, o material tende a se
deformar plasticamente sem fraturar sob este estado de
tensão.
Outra observação, é
que as tensões
cisalhantes principais
serão todas iguais à
tensão cisalhante
máxima.
62
Um importante estado de tensão é o de cisalhamento puro.
A Figura abaixo ilustra o círculo de Mohr para um estado
bidimensional de cisalhamento puro. Como sabemos, ele
ocorre tipicamente quando se aplica torção em uma barra
cilíndrica.
63
Outra observação é a de que as tensões normais principais
𝜎𝑚𝑎𝑥 e 𝜎𝑚𝑖𝑛 são ambas iguais a tensão cisalhante máxima,
e ocorrem a 45o em relação ao seu plano.
64
Um estado idêntico de cisalhamento puro é obtido quando
tensões de tração e de compressão iguais atuam no
elemento:
Mais uma vez, 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜎1 , mas para obter identidade
completa com um estado de cisalhamento puro
bidimensional, os eixos devem ser girados 45° no espaço
ou 90° no círculo de Mohr.
65
Deformação em um dado ponto
O deslocamento de pontos em um meio contínuo pode ser
resultado da translação, rotação e deformação de um corpo
rígido.
Considerando apenas o
deslocamento por defor-
mação, observe a figura ao
lado. Um corpo sólido com
coordenadas fixas x, y, z, é
deslocado do ponto Q para o
ponto Q', e adquire novas
coordenadas (x + u); (y + v);
(z + w). O vetor-deslocamento
é dado por:
𝑢Q = 𝑓 𝑢, 𝑣, 𝑤
𝒖𝑸
66
Se o vetor-deslocamento for constante para todas as
partículas no corpo, então não haverá deformação.
Entretanto, 𝑢𝑖 é, em geral, é diferente para cada partícula
do corpo, sendo o deslocamento uma função da distância,
𝑢𝑖 = 𝑓 𝑥𝑖 . Para sólidos elásticos e pequenos
deslocamentos, 𝑢𝑖 é uma função linear de 𝑥𝑖.
Considere um caso
bidimensional (Figura ao
lado), em uma barra
prismática, na qual há dois
pontos A e B, distanciados
dx um do outro.
67
Quando uma força é aplicada na
direção x, A se move para A' e B
para B'. Uma vez que o
deslocamento u é uma função de
x, neste caso unidimensional, B é
deslocado um pouco mais que A,
já que está mais longe da
extremidade fixa.
A deformação na direção x é dada por*:
𝑒𝑥 =
∆𝐿
𝐿
=
𝐴′𝐵′ − 𝐴𝐵
𝐴𝐵
=
𝑑𝑥 +
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝑑𝑥 − 𝑑𝑥
𝑑𝑥
=
𝜕𝑢
𝜕𝑥
Deformação unidimensional
* Como o exemplo e de um corpo tracionado, usou-se a letra e, denotando deslocamento
positivo, ou de alongamento (do inglês elongation).
68
Para este caso unidimensional o deslocamento é dado por
u = 𝑒𝑥x.
Para que isto seja generalizado para três dimensões, cada
uma das componentes do deslocamento deve ser
relacionada linearmente com cada uma das três
coordenadas iniciais do ponto.
Ou:
u = 𝑒𝑥𝑥x + 𝑒𝑥𝑦y + 𝑒𝑥𝑧z
v = 𝑒𝑦𝑥x + 𝑒𝑦𝑦y + 𝑒𝑦𝑧z
w = 𝑒𝑧𝑥x + 𝑒𝑧𝑦y + 𝑒𝑧𝑧z
𝒖𝒊 = 𝒆𝒊𝒋𝐱𝒋
69
Os coeficientes que relacionam o deslocamento com as
coordenadas do ponto no corpo são as componentes do
tensor-deslocamento relativo.
Três destes coeficientes podem ser prontamente
identificados como as componentes normais do
deslocamento:
𝒆𝒙𝒙 =
𝜕𝑢
𝜕𝑥
𝒆𝒚𝒚 =
𝜕𝑣
𝜕𝑦
𝒆𝒛𝒛 =
𝜕𝑤
𝜕𝑧
Entretanto, os outros seis coeficientes necessitam de
maiores considerações...
70
Considere um elemento no plano xy que foi distorcido
devido à atuação de tensões cisalhantes (Figura). O
elemento sofreu uma distorção angular.
Assim, de acordo com a equação dos deslocamentos,
O deslocamento dos pontos
ao longo da linha AD é
paralelo ao eixo dos x,
entretanto esta componente
do deslocamento aumenta
em proporção à distância a
partir da origem, ao longo do
eixo dos y.
𝑒𝑥𝑦 =
𝐷𝐷′
𝐴𝐷
=
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝑒𝑦𝑥 =
𝐵𝐵′
𝐴𝐵
=
𝜕𝑣
𝜕𝑥
71
Estes deslocamentos cisalhantes são positivos quando
provocam a rotação de uma linha, de um eixo positivo para
um outro eixo positivo.
Através de métodos análogos, pode-se ver que as demais
componentes do tensor-deslocamento são:
𝒆𝒊𝒋 =
𝒆𝒙𝒙 𝑒𝑥𝑦 𝑒𝑥𝑧
𝑒𝑦𝑥 𝒆𝒚𝒚 𝑒𝑦𝑧
𝑒𝑧𝑥 𝑒𝑧𝑥 𝒆𝒛𝒛
=
𝝏𝒖
𝝏𝒙
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝜕𝑢
𝜕𝑤
𝜕𝑣
𝜕𝑥
𝝏𝒗
𝝏𝒚
𝜕𝑣
𝜕𝑧
𝜕𝑤
𝜕𝑥
𝜕𝑤
𝜕𝑦
𝝏𝒘
𝝏𝒛
Em geral, as componentes tangenciais do deslocamento,
tais como 𝑒𝑥𝑦 , 𝑒𝑦𝑥 , etc., produzem tanto deformação
cisalhante quanto rotação do corpo rígido.
72
A Figura abaixo ilustra diversos casos de deslocamento.
Para identificar a parcela do deslocamento que resulta em
deformação, é preciso subdividir o tensor-deslocamento em
uma contribuição da deformação e outra da rotação.
73
Felizmente, um postulado básico da teoria tensorial afirma
que “qualquer tensor de segunda ordem pode ser
decomposto em um tensor simétrico e outro anti-simétrico”.
Daí:
Onde:
𝒆𝒊𝒋 =
1
2
𝑒𝑖𝑗 + 𝑒𝑗𝑖 +
1
2
𝑒𝑖𝑗 − 𝑒𝑗𝑖
𝑒𝑖𝑗 = ℰ𝑖𝑗 + 𝜔𝑖𝑗
ℰ𝑖𝑗 =
1
2
𝜕𝑢𝑖
𝜕𝑥𝑗
+
𝜕𝑢𝑗
𝜕𝑥𝑖
é denominado tensor-deformação
𝜔𝑖𝑗 =
1
2
𝜕𝑢𝑖
𝜕𝑥𝑗
−
𝜕𝑢𝑗
𝜕𝑥𝑖
é denominado tensor-rotação
74
Visualizando cada uma das suas componentes, temos:
𝜺𝒊𝒋 =
𝜺𝒙𝒙 𝜀𝑥𝑦 𝜀𝑥𝑧
𝜀𝑦𝑥 𝜺𝒚𝒚 𝜀𝑦𝑧
𝜀𝑧𝑥 𝜀𝑧𝑥 𝜺𝒛𝒛
=
𝝏𝒖
𝝏𝒙
1
2
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+
𝜕𝑣
𝜕𝑥
1
2
𝜕𝑢
𝜕𝑧
+
𝜕𝑤
𝜕𝑥
1
2
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+
𝜕𝑣
𝜕𝑥
𝝏𝒗
𝝏𝒚
1
2
𝜕𝑣
𝜕𝑧
+
𝜕𝑤
𝜕𝑦
1
2
𝜕𝑢
𝜕𝑧
+
𝜕𝑤
𝜕𝑥
1
2
𝜕𝑣
𝜕𝑧
+
𝜕𝑤
𝜕𝑦
𝝏𝒘
𝝏𝒛
𝝎𝒊𝒋 =
𝝎𝒙𝒙 𝜔𝑥𝑦 𝜔𝑥𝑧
𝜔𝑦𝑥 𝝎𝒚𝒚 𝜔𝑦𝑧
𝜔𝑧𝑥 𝜔𝑧𝑥 𝝎𝒛𝒛
=
𝟎
1
2
𝜕𝑢
𝜕𝑦
−
𝜕𝑣
𝜕𝑥
1
2
𝜕𝑢
𝜕𝑧
−
𝜕𝑤
𝜕𝑥
1
2
𝜕𝑣
𝜕𝑥
−
𝜕𝑢
𝜕𝑦
𝟎
1
2
𝜕𝑣
𝜕𝑧
−
𝜕𝑤
𝜕𝑦
1
2
𝜕𝑤
𝜕𝑥
−
𝜕𝑢
𝜕𝑧
1
2
𝜕𝑤
𝜕𝑦
−
𝜕𝑣
𝜕𝑧
𝟎
75
Pode-se notar que 𝜺𝒊𝒋 é um tensor simétrico já que 𝜀𝑥𝑦 =
𝜀𝑦𝑥, etc. Contudo, 𝝎𝒊𝒋 é um tensor anti-simétrico uma vez
que 𝜔𝑥𝑦 = −𝜔𝑦𝑥. Se 𝜔𝑖𝑗 = 0, a deformação é denominada
irrotacional.
Retomando a equação geral do deslocamento:
𝒖𝒊 = 𝒆𝒊𝒋𝐱𝒋
E substituindo os termos, obtemos:
𝒖𝒊 = ℰ𝑖𝑗𝐱𝒋 +𝜔𝑖𝑗𝐱𝒋
76
Nas aulas anteriores, a deformação cisalhante 𝛾 foi
definida como a variação angular, total de um ângulo reto.
Referindo-se à Fig. 2.15a (slide 9),
𝛾𝑥𝑦 =
𝜕𝑢
𝜕𝑦
+
𝜕𝑣
𝜕𝑥
𝛾 = 𝑒𝑥𝑦 + 𝑒𝑦𝑥 = 𝜀𝑥𝑦 + 𝜀𝑦𝑥 = 2𝜀𝑥𝑦
Esta definição de deformação cisalhante 𝜸𝒊𝒋 = 𝟐𝜺𝒊𝒋 é
denominada deformação cisaIhante de engenharia.
𝛾𝑥𝑧 =
𝜕𝑤
𝜕𝑥
+
𝜕𝑢
𝜕𝑧
𝛾𝑦𝑧 =
𝜕𝑤
𝜕𝑦
+
𝜕𝑣
𝜕𝑧
77
Como já vimos, é interessante utilizar o tensor-deformação
conforme definido no slide 11. Assim, um tensor-
deformação pode ser transformado de um conjunto de
eixos coordenados para um novo sistema de eixos por:
Por analogia e simplificação, as mesmas equações
obtidas para tensão num plano oblíquo podem ser obtidas
para deformação num plano oblíquo, substituindo-se 𝜎 por
𝜀 e 𝜏 por
𝛾
2
. Daí,
𝜀𝑘𝑙 = 𝑎𝑘𝑖𝑎𝑙𝑗𝜀𝑖𝑗
𝜀 = 𝜀𝑥𝑙
2 + 𝜀𝑦𝑚
2 + 𝜀𝑧𝑛
2 + 𝛾𝑥𝑦𝑙𝑚 + 𝛾𝑦𝑧𝑚𝑛 + 𝛾𝑥𝑧𝑙𝑛
78
Como sabemos, não há tensões cisalhantes ao longo dos
planos principais, e, portanto, também não há
deformações cisalhantes neles. Daí, um elemento
orientado ao longo de um dos eixos de deformação
principal se submeterá a uma extensão ou contração
puras, sem qualquer rotação ou deformação cisalhante.
Para um corpo isotrópico, as direções das deformações
principais coincidem com as das tensões principais. As
três deformações cisalhantes principais são as raízes da
equação cúbica:
𝜀3 − 𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 + 𝜀𝑧 𝜀
2
− 𝜀𝑥𝜀𝑦 + 𝜀𝑦𝜀𝑧 + 𝜀𝑥𝜀𝑧 −
𝛾𝑥𝑦
2
2
−
𝛾𝑦𝑧
2
2
−
𝛾𝑥𝑧
2
2
𝜀
− 𝜀𝑥𝜀𝑦𝜀𝑧 + 𝛾𝑥𝑦
𝛾𝑦𝑧
2
𝛾𝑥𝑧
2
− 𝜀𝑥
𝛾𝑦𝑧
2
2
− 𝜀𝑦
𝛾𝑥𝑧
2
2
− 𝜀𝑧
𝛾𝑥𝑦
2
2
= 0
79
Asdireções das deformações principais são obtidas das
três equações análogas às equações para as tensões
principais:
Continuando com a analogia entre as equações de tensão
e deformação, as equações para as deformações
cisalhantes principais podem ser obtidas por:
2𝑙 𝜀𝑥 − 𝜀 +𝑚𝛾𝑥𝑦 − 𝑛𝛾𝑥𝑧 = 0
𝑙𝛾𝑥𝑦 + 2𝑚 𝜀𝑦 − 𝜀 + 𝑛𝛾𝑦𝑧 = 0
𝑙𝛾𝑥𝑧 + 𝑛𝛾𝑦𝑧 + 2𝑛 𝜀𝑧 − 𝜀 = 0
𝛾𝑚á𝑥 =
𝛾1 = 𝜀2 − 𝜀3
𝛾2 = 𝜀1 − 𝜀3
𝛾3 = 𝜀1 − 𝜀2
80
𝜀
𝑥
′ =
𝜀
𝑥
+𝜀
𝑦
2
+
𝜀
𝑥
−𝜀
𝑦
2
𝑐𝑜𝑠 2θ+
𝛾𝑥𝑦
2
𝑠𝑒𝑛 2θ 1
𝛾x′y′
2
= −
𝜀
𝑥
−𝜀
𝑦
2
𝑠𝑒𝑛 2θ+
𝛾𝑥𝑦
2
𝑐𝑜𝑠 2θ 2
Em analogia à transformação de tensão (Aula 1A), as
componentes da deformação que agem ao longo dos
eixos x’ e y’ são, respectivamente 𝜀𝑥′ ; 𝜀𝑦′ 𝑒
𝛾x′y′
2
:
𝜀
𝑦
′ =
𝜀
𝑥
+𝜀
𝑦
2
−
𝜀
𝑥
−𝜀
𝑦
2
𝑐𝑜𝑠 2θ−
𝛾𝑥𝑦
2
𝑠𝑒𝑛 2θ 3
81
O plano principal de deformação, é dado por:
𝑡𝑔 2θ𝑝 = 
𝛾xy
(𝜀
𝑥
−𝜀
𝑦
)
4
Orientação do planos
principais (onde as
deformações normais são
máximas e a deformação
cisalhante é nula).
𝜀1,2= 
𝜀
𝑥
+𝜀
𝑦
2
±
𝜀
𝑥
−𝜀
𝑦
2
2
+
𝛾𝑥𝑦
2
2
5
Deformações
principais que atuam
nos planos principais
Novamente, substituindo 2θ na equação (1) por 2θp1 e
2θp2 e fazendo a simplificação necessária, obtém-se 𝜀1,2:
82
Continuando a analogia, agora para a deformação de
cisalhamento máxima, temos:
𝑡𝑔 2θc = 
−(𝜀
𝑥
−𝜀
𝑦
)
𝛾xy
6 Orientação da deformação de
cisalhamento máxima no plano.
E, concluindo, a deformação normal média no plano:
𝛾máx
2
=
𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
2
2
+
𝛾𝑥𝑦
2
2
(7)
Tensão de cisalhamento
máxima no plano
𝜀méd = 
𝜀
𝑥
+𝜀
𝑦
2
(8) Deformação normal média
no plano
83
Deformação Volumétrica e Deformação-Desvio
Geralmente, a deformação de um sólido envolve variação
de volume e de forma.
Assim, precisamos determinar quanto desta deformação é
devido a cada uma dessas contribuições.
A deformação volumétrica (ou dilatação, ou contração
cúbica) é a variação em volume por unidade de volume.
Considere um paralelepípedo retangular de arestas dx, dy
e dz.
Uma vez que somente as
deformações normais resultam
em mudanças volumétricas, o
volume na condição deformada
é: 1 + 𝜀𝑥 1 + 𝜀𝑦 1 + 𝜀𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
84
A deformação volumétrica ∆ é:
a qual para pequenas deformações, após desprezar os
produtos de deformações, se reduz a:
∆ =
1 + 𝜀𝑥 1 + 𝜀𝑦 1 + 𝜀𝑧 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
=
∆ = 1 + 𝜀𝑥 1 + 𝜀𝑦 1 + 𝜀𝑧 − 1
∆ = 𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 + 𝜀𝑧
Neste caso, podemos também definir a deformação
média ou a componente hidrostática (esférica) da
deformação:
𝜀𝑚 =
𝜀𝑥 + 𝜀𝑦 + 𝜀𝑧
3
=
∆
3
85
Aquela parte do tensor-deformação que é envolvida em
variação de forma em vez de variação volumétrica é
denominada deformação-desvio, 𝜀′𝑖𝑗.
Para se obter as deformações-desvio, simplesmente
subtraímos em de cada uma das componentes da
deformação normal. Assim,
𝜺′𝒊𝒋 =
𝜺𝒙 − 𝜀𝑚 𝜀𝑥𝑦 𝜀𝑥𝑧
𝜀𝑦𝑥 𝜺𝒚 − 𝜀𝑚 𝜀𝑦𝑧
𝜀𝑧𝑥 𝜀𝑧𝑥 𝜺𝒛 − 𝜀𝑚
=
2𝜀𝑥 − 𝜀𝑦 − 𝜀𝑧
3
𝜀𝑥𝑦 𝜀𝑥𝑧
𝜀𝑦𝑥
2𝜀𝑦 − 𝜀𝑧 − 𝜀𝑥
3
𝜀𝑦𝑧
𝜀𝑧𝑥 𝜀𝑧𝑥
2𝜀𝑧 − 𝜀𝑥 − 𝜀𝑦
3
A divisão do tensor-deformação total em deformações-
desvio e dilatacional é dada em notação tensorial por:
𝜺𝒊𝒋 = 𝜺′𝒊𝒋 + 𝜺𝒎
86
EXERCÍCIO RESOLVIDO
O estado de deformação no ponto do
“grampo” tem componentes de 𝜀𝑥 = 200
(10-6), 𝜀𝑦 = -300 (10
-6) e 𝛾𝑥𝑦 = 400 (10
-6).
Usar as equações de transformação de deformação para
determinar as deformações no plano equivalentes em um
elemento orientado em um ângulo de 30o no sentido anti-
horário a partir da posição original.
Esboce o elemento deformado devido a essas
deformações dentro do plano x–y.
87
Solução
88
Solução
Elemento deformado devido a essas deformações dentro do plano x–y:
89
Fim do nosso curso!