Mecanica dos Sólidos 06 Carga Axial e Estado Plano de Tensão

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DESCRIÇÃO
Estudo das deformações elásticas em estruturas estaticamente determinadas ou indeterminadas. Apresentação do Estado Plano
de Tensões (EPT) e duas condições particulares: o das tensões principais e o da tensão cisalhante máxima. Descrição do método
gráfico (Círculo de Mohr) no estudo das tensões.
PROPÓSITO
Compreender a variação longitudinal de corpos carregados axialmente estando na condição estática determinada ou
indeterminada, como também o estado plano de tensões e suas equações para rotacionar o ponto da estrutura em estudo, e
apresentar o estudo por meio do Círculo de Mohr.
PREPARAÇÃO
Antes de iniciar a leitura, tenha em mãos papel, caneta e uma calculadora científica ou use a calculadora de seu
smartphone/computador.
OBJETIVOS
MÓDULO 1
Descrever o princípio de Saint-Venant e a deformação elástica de elementos estaticamente determinados
MÓDULO 2
Calcular a deformação elástica de elementos estaticamente indeterminados
MÓDULO 3
Descrever o estado plano de tensão e a transformação de tensão no plano
MÓDULO 4
Descrever o Círculo de Mohr
TAGS
elementos estaticamente indeterminados, Saint-Venant, estado plano de tensões, tensões principais e Mohr
BEM-VINDO AO ESTUDO DO ESTADO PLANO DE TENSÃO
MÓDULO 1
 Descrever o princípio de Saint-Venant e a deformação elástica de elementos estaticamente determinados
INTRODUÇÃO
As grandezas denominadas tensões médias normal (σ) ou cisalhante (τ), assim como as grandezas deformações médias normal
(ε) e cisalhante ( ), relacionam-se matematicamente pela Lei de Hooke (σ = E.ε ou τ= G. ), na qual E e G são constantes
características de cada material. 
γ γ
Neste módulo, será estudado o alongamento elástico de um corpo sob carregamento axial a partir das grandezas citadas e da Lei
de Hooke. É importante ressaltar que o problema é estaticamente determinado e que o carregamento não precisa ser único.
PRINCÍPIO DE SAINT-VENANT
Princípio em homenagem ao cientista francês Barré de Saint-Venant (ver figura 1) que pela primeira vez o observou na metade do
século XIX. Para o entendimento desse preceito, um artifício didático utilizado por vários autores, dentre eles o Hibbeler, em sua
obra Resistência dos Materiais, é supor uma barra de seção reta retangular engastada ao chão e, na extremidade livre, a aplicação
de uma força F no centroide da seção reta. 
 Figura 1: Adhémar Jean Claude Barré de Saint-Venant
Em termos gerais, a deformação é bem localizada no ponto de aplicação e no engastamento, levando a deformações distintas ao
longo de um plano paralelo ao chão. Por meio da Lei de Hooke, acontece o mesmo com as tensões. Contudo, à medida que o
plano paralelo se afasta dos dois pontos de deformações, elas vão se tornando mais constantes, ou seja, a deformação no plano é
praticamente contínua. Novamente, pelo fato de deformação e tensão serem diretamente proporcionais (Lei de Hooke), efeito
similar ocorre com a tensão. Observe a figura 2.
 Figura 2 – Aplicação de uma força axial em uma barra. Fonte: autor
No plano 1_1’, próximo ao ponto de aplicação, as tensões distribuem-se de maneira irregular, enquanto no plano 2_2’, afastado do
ponto de aplicação, a tensão é mais uniforme e confunde-se, matematicamente, com a tensão normal média, ou seja, 
Em resumo, o princípio de Sant-Venant afirma que, à medida que o plano vai se afastando do ponto de aplicação da força, vai
ocorrendo uma atenuação na curva que descreve a tensão, até que essa função se torna constante.
DEFORMAÇÃO ELÁSTICA DE ELEMENTOS
ESTATICAMENTE DETERMINADOS
Suponha uma barra engastada em uma das extremidades de comprimento L. Tomando-se um eixo, a partir da extremidade
engastada, como x paralelo ao eixo longitudinal da barra, a deformação sofrida por esta dependerá da Lei de Hooke.
ETAPA 01
ETAPA 02
ETAPA 03
ETAPA 01
Inicialmente, será considerada a situação mais genérica possível, isto é, a área da seção reta, a força e o módulo de elasticidade
variam ao longo de x, ou seja, são funções A = A(x), F = F(x) e E = E(x).
ETAPA 02
O estudo matemático se fará a partir de uma fatia infinitesimal da barra de comprimento dx. Nesse ponto, a força atuando na área
A(X) será dada por F(X). Suponha que a elongação desse infinitésimo da barra tenha uma variação infinitesimal de comprimento d(
). A partir da Lei de Hooke (σ = E.ε), da tensão média normal e da deformação média normal e, utilizando
os valores para o infinitésimo da barra, obtemos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
ETAPA 03
Substituindo as expressões de e em (*), temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Organizando a equação (**):
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
σm =   .
F
A
δ (σm =   )FA εm =  
ΔL
L0
σ  =  E. ε (*)
σm εm
= E(x) .     (**)F(x)
A(x)
d(δ)
dx
=  d(δ)F (x ) .dx
A (x ) .E(x) 
Integrando a expressão anterior, encontra-se a equação 1:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em muitas situações, a seção reta é constante, assim A(x) = A, a força aplicada em uma das extremidades livre é constante e o
material homogêneo de tal forma que seu módulo de elasticidade ou de Young E é constante. Sendo assim, a equação 1 pode ser
simplificada, originando a equação 2 para os casos em que as situações particulares foram descritas.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
EXEMPLO 1
Considere uma barra de aço (ver figura 3) de comprimento de 4 m, seção reta 350 mm2 e módulo de elasticidade E = 200 GPa. A
barra encontra-se engastada no teto quando uma 70 kN é aplicada axialmente. Desconsiderando o peso da barra, determine o
aumento de seu comprimento.
 Figura 3 - Ilustração para Barra de Aço. Fonte: O autor
RESOLUÇÃO
Inicialmente, lembrando-se que equivale a 1 MPa e 200 GPa = 200.000 MPa, a partir da equação 2, substituindo os valores
apresentados, temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
δ = ∫ L
0
   equação 1F (x ) .dx
A (x ) .E(x) 
δ = ∫ L0   →  δ  =   . ∫
L
0 dx  →  δ =   . x    (integrando de 0 a L)
F (x ) .dx
A (x ) .E(x). 
F
A.E
F
A.E
δ =     (Equação 2)F . LA . E
1 N
mm2
δ =   →   =   = 0, 004 m  =  4 mmF .L
A.E
(70.000) .  (4)
(350) .  (200.000)
É possível imaginar que uma barra seja a união de várias barras com seções retas constantes e distintas entre si, assim como o
material de cada barra apresenta um módulo de elasticidade (E) próprio. Ademais, novas forças axiais podem ser aplicadas à
barra. A equação 2 continua válida desde que aplicada para cada uma das partes em que os valores de F, A e E sejam constantes.
Assim, é necessário fazer a divisão da barra para garantir tal condição e aplicar a equação 3.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 COMENTÁRIO
A convenção adotada para tensões compressivas (negativas) e tensões trativas (positivas) deve ser utilizada, assim como para as
variações no comprimento da barra. Negativo para contrações e positivo para alongamentos.
Para que essa aplicação fique compreendida perfeitamente, um exemplo numérico será realizado.
EXEMPLO 2
Suponha a figura 4, a seguir, na qual duas barras de aço (1_2 e 2_3) têm áreas da seção reta iguais a 1.200 mm2 e 1.800 mm2. O
módulo de elasticidade E para esse aço é de 200 GPa e os comprimentos das barras são 1 m e 1,5 m. As forças aplicadas são
mostradas no desenho. 
Determine o deslocamento do ponto superior 1, em relação ao chão.
 Figura 4 - Ilustração para Deslocamento de Barras de Aço. Fonte: O autor
RESOLUÇÃO
Inicialmente, para o equilíbrio, age uma força vertical para cima de 360 kN na base da coluna (600 – 240). Efetuando-se cortes na
barra 1_2 e na barra 2_3 e desenhando seus DCLs, temos:
δ =  ∑     (Equação 3)F .L
A.E
 Figura 5 - Ilustração para Deslocamento de Barras de Aço 2. Fonte: O autor
Aplicando a equação 3 e a convenção de sinais ( - 600kN e - 360 kN), obtemos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo os valores:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Perceba que o sinal negativo da variação no comprimento revela que houve uma compressão e, então, 1 se aproxima do chão em
4 mm.
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
Um engenheiro deverá apoiar uma viga horizontal de 6 m de comprimento com peso distribuído uniformemente de 20 kN/m,
conforme a figura. Suponha que as barras sejam verticais e de mesmo comprimento L = 1,5 m. O material de cada barra tem
módulo de elasticidade E = 80 GPa e seção reta quadrangular de 5 cm x 5 cm. Por questões de projeto, as barras devem ter uma
diminuição de comprimento máxima de 1,0 mm. A pergunta que o engenheiro necessita responder é se nas condições descritas a
condição do projeto é satisfeita.
 Fonte: Autor
δ =  ∑ = +F.L
A.E
F1.l1
A1.E
F2.l2
A2.E
 δ =   + = − 0,004 m = − 4 mm
(−600.000). (1)
( 1200 ) .(200.000)
(−360.000).(1,5)
(1800).(200.000)
RESOLUÇÃO
DEFORMAÇÃO ELÁSTICA COMO LIMITE PARA UM PROJETO
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 2
 Calcular a deformação elástica de elementos estaticamente indeterminados
INTRODUÇÃO
Na Engenharia, dois tipos de estruturas são muito comuns: a isostática e a hiperestática. Em linhas gerais, nas estruturas
isostáticas, o número de incógnitas é igual ao número de equações do equilíbrio. Por exemplo, para carregamentos no plano, três
são as equações do equilíbrio: duas para translação ( e ) e uma para rotação ( . Dessa forma, três
incógnitas surgem nas estruturas isostáticas. Porém, nas estruturas hiperestáticas, o número de incógnitas é maior que as três
equações do equilíbrio equilíbrio (ver figura 6). Assim, uma ou mais equações deverão ser adicionadas para solucionar o problema,
como as leis de compatibilidade geométrica, equações constitutivas etc.
 Figura 6 - Imagens Ilustrativas para estruturas com vigas.
Na figura 7, há exemplos de vigas isostática e hiperestática. Perceba que na primeira barra existem apoios de primeiro e segundo
gênero, ou seja, três incógnitas. Utilizando-se as três equações do equilíbrio, o problema pode ser resolvido. É uma estrutura
∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑Mz = 0
isostática. Na segunda barra da figura, são dois apoios de segundo gênero, isto é, quatro forças (incógnitas). Com apenas as três
equações do equilíbrio não é possível resolver o problema. Trata-se, portanto, de uma viga biapoiada hiperestática.
 Figura 7 - Vigas isostática e hiperestática. Fonte: o autor
Neste módulo, a partir da deformação elástica estudada no módulo 1, mais uma equação poderá ser escrita e, assim, o problema
resolvido.
ESTUDO DE ESTRUTURAS PLANAS HIPERESTÁTICAS
Será feito um breve estudo, por meio de um exemplo, apresentando uma estrutura simples, a fim de que a metodologia de
resolução para estruturas hiperestáticas seja compreendida. Suponha uma barra AB de comprimento 4 m engastada em duas
paredes de peso desprezível. Uma força F de 40 kN passa a atuar no ponto C, tal que AC = 1 m, determine as reações nas
paredes. Observe a figura 8 a seguir.
 Figura 8 - Ilustração para reação nas paredes. Fonte: O autor
Desenhando o DCL da barra AB (ver figura 9), temos:
 Figura 9 - Ilustração para reação nas paredes 2. Fonte: O autor
Equilíbrio na horizontal:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Há a necessidade de mais uma equação para resolver o problema que possui uma equação e duas incógnitas ( e ).
Equação da compatibilidade geométrica: a barra não sofre deformação total, ou seja, a seção A não se desloca em relação à seção
B, isto é, .
Agora, cada parte da barra será seccionada (à direita e à esquerda da força F). Observe as figuras abaixo.
 Fonte: Autor
Do equilíbrio de cada DCL, temos que a soma algébrica das forças na horizontal é nula, isto é:
∑Fx = 0  →  − FA + 40 −  FB = 0 →  FA +  FB = 40 (*)
FA FB
δA/B = 0
E
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Cada parte da barra, à esquerda e à direita do ponto C de aplicação de F, terá uma variação no comprimento tal que o
comprimento total da barra seja nulo. Pelos sentidos arbitrados, uma das partes terá um aumento no comprimento (tração) e a
outra parte uma contração (compressão) de valores, em módulos iguais.
ETAPA 01
ETAPA 02
ETAPA 03
Para a parte AC:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Para a parte BC:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Da compatibilidade geométrica,
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo (**) e (***) em (****), temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Em (*****), substituindo os valores de AC e BC, temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Na equação (*), temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Logo 
∑Fx = 0  →  −FA +  F1 = 0 →  FA =  F1
∑Fx = 0  →  F2 −  FB = 0 →  F2 =  FB
δ =     (**)FA.LAC
A.E
δ' =   −   (* * *)FB.LBC
A.E
δ + δ ' = 0  (* * **)
− = 0 →  FA .  LAC =  FB .  LBC  (*****)
FA . LAC
A . E
FB . LBC
A . E
FA =  FB .  3
FA + FB = 40 → 3 .  FB + FB = 40 →  FB =  10 kN
FA = 30 kN
Conhecendo a área A da seção reta da barra e o módulo de elasticidade E do material, as equações (**) e (***) determinam as
deformações em cada parte da barra. 
Cabe ressaltar que, na equação (*****), a simplificação foi possível por considerar a barra constituída de um mesmo material (E) e a
seção reta (A) ser constante.
ESTUDO DA DEFORMAÇÃO ELÁSTICA DE ESTRUTURAS
PLANAS HIPERESTÁTICAS
No item anterior, foi possível determinar para uma estrutura hiperestática as forças de reação a partir das equações do equilíbrio
(duas estavam satisfeitas e uma envolvia duas incógnitas), pois pudemos escrever uma equação de compatibilidade para o
problema proposto. Com as duas equações foi possível determinar as reações.
 COMENTÁRIO
Caso mais dados fossem apresentados no problema, como, por exemplo, a seção reta A e o coeficiente de elasticidade do material
E, as deformações sofridas por partes da barra poderiam ser determinadas.
Neste item, o procedimento é análogo, exceto pelo fato de também determinarmos as deformações em cada parte da barra.
No exemplo do item Estudo de estruturas planas hiperestáticas, suponha que a área da seção reta seja 20 mm2 constante e que o
módulo de elasticidade do material seja igual a 200 GPa. Determine a variação no comprimento de cada parta da barra, ou seja,
AC e BC. 
A partir das equações (**) e (***) já descritas e os valores encontrados para as reações, temos:
Para a parte AC:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Para a parte BC:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Note que a deformação total da barra é nula.
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
Uma barra metálica horizontal com peso desprezível é perfeitamente encaixada entre duas estruturas quando sobre ela não atua
nenhum carregamento. A barra AB tem 4 m de comprimento. Duas cargas horizontais de 80 kN e 60 kN nos pontos C e D, tais que
δ =   → = 7,5 mm
FA.LAC
A.E
(30.000) . (1000)
( 20 )  . (200.000)
δ ' =   − → − = − 7,5 mm
FB.LBC
A.E
( 10.000 ) .(3000)
( 20 ) . (200.000)
AC = BD = 1 m. Por questões de projeto, as estruturas não podem estar submetidas a esforços maiores que certos valores
definidos. Um estagiário recebeu a incumbência de determinar as reações nas estruturas, quando a barra está carregada, e
procurou mais informações a respeito da barra, descobrindo que sua área da seção reta é 200 cm2 e o módulo de elasticidade do
material igual a 180 GPa. Observe a figura abaixo, quando a barra se encontra carregada:
 Fonte: Autor
RESOLUÇÃO
Estrutura estaticamente indeterminada – cálculo das reações a partirdas deformações
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 3
 Descrever o estado plano de tensão e a transformação de tensão no plano
INTRODUÇÃO
Suponha um corpo em equilíbrio e o estudo das tensões (normal e cisalhante) em algum ponto deste. A partir de um volume
infinitesimal (dV) de arestas dx, dy e dz e, partindo do princípio de que a parte do todo também se encontra em equilíbrio, um
modelo físico genérico é criado com todas as tensões atuantes nas seis faces do volume dV. Dessa forma, são aplicadas as
tensões normais (σx, σy e σz) e as tensões cisalhantes (τxy, τyx, τzx, τxz, τzy e τyz). Esse é o denominado estado geral de tensões. A
figura 11 representa a descrição do estado geral de tensões.
 Figura 11 – Estado geral de tensões. Fonte: o autor
Observe que no elemento infinitesimal escolhido para o estudo, as tensões atuam nas suas seis faces, aos pares, em faces
opostas e com sentidos opostos. Atente para os eixos x, y e z destacados.
ESTADO PLANO DE TENSÕES
No item anterior, foi feita a descrição de um estado genérico para as tensões atuantes num elemento de um corpo (o estado geral
de tensões). Na Engenharia, em muitas situações é possível fazer uma modelagem física mais simples. A partir deste item, será
apresentado um caso particular do estado geral, o denominado Estado Plano de Tensões (EPT). Como afirma Hibbeler em sua
obra Resistência dos Materiais, é frequente que os engenheiros façam simplificações no carregamento sobre uma estrutura, a fim
de que a análise de tensões seja feita em um único plano.
 ATENÇÃO
Na figura 11, suponha um carregamento sobre o corpo, tal que torne nulas algumas tensões, permanecendo diferentes de zero
apenas as tensões pertencentes a um plano paralelo ao referente a xy. Nesse caso, dizemos que o estado de tensões é plano.
A figura 12 mostra esquematicamente o mesmo volume infinitesimal de estudo neste estado. Perceba que este estado é
caracterizado por dois pares de tensões normais e quatro componentes de tensões cisalhantes com mesmo módulo. Na
representação, as tensões normais são e e a tensão cisalhante . Para outros planos, por exemplo, paralelo a xz, as
tensões normais serão e e a cisalhante . Ademais, é possível fazer a análise a partir de uma visão bidimensional, que
torna mais simples sua representação no plano.
σx σy τxy
σx σz τxy
 Figura 12 – Estado plano de tensões (EPT). Fonte: o autor
Observe que na figura anterior, todas as tensões atuantes no volume infinitesimal pertencem a um mesmo plano paralelo à base
desse elemento, ou seja, paralelo ao plano xy. Como já foi descrito para o estado geral de tensões, no estado plano, as tensões
agem aos pares, em sentidos opostos. Nessa situação, em apenas quatro das seis faces do elemento infinitesimal de estudo. Em
termos prático, muitas vezes o estado plano é descrito pelas tensões normais σx e σy e a tensão cisalhante τ = τxy= τyx. 
Observe na figura 13, o mesmo estado plano de tensões da sob uma óptica a partir da face superior do elemento infinitesimal.
 Figura 13 – Vista superior do estado plano de tensões. Fonte: o autor
CONVENÇÃO DE SINAIS PARA AS TENSÕES
A figura 13 mostra o estado plano de tensões em que todas as tensões são positivas. Note que as tensões normais serão positivas
quando estiverem “saindo” da superfície (trativas) e, negativas, quando estiverem “entrando” na superfície, ou seja, compressivas.
Em relação às tensões cisalhantes, as faces à direita e superior serão tomadas como referências. 
Observando a figura, a tensão cisalhante atuante na face à direita encontra-se para cima, ou seja, acompanha o sentido do eixo y.
É convencionada como positiva. A tensão que atua na face superior atua para a direita, isto é, acompanhando o sentido de x.
Ambas são positivas. As demais tensões cisalhantes atuam no sentido de preservar o equilíbrio do elemento em estudo, ocorrendo
aos pares: a da face esquerda “atua para baixo” e a da face inferior “atua para a esquerda”. Essas duas últimas são nos sentidos
opostos dos eixos. Qualquer situação distinta, leva a valores negativos para as tensões.
TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO NO PLANO
A ideia básica deste item é que um mesmo elemento de estudo adotado no estado plano de tensões (σx , σy e τ = τxy), tendo como
par de eixos xy, sofrerá uma rotação de um ângulo θ e o par de referência também. Nessa nova posição, os eixos serão
denominados x’ e y’. Quando se iniciou o estudo do corpo, ele estava sob determinado carregamento e equilíbrio. O primeiro
elemento de estudo também se apresentava equilibrado estaticamente. Após a rotação, o elemento encontra-se em equilíbrio e sob
o mesmo estado de tensão (σx’ , σy’ e τ’= τx’y’). A figura 14, mostra a descrição anterior da rotação do elemento (plano xy) de um
ângulo θ plano (x’y’).
 Figura 14 – Rotação do elemento de estudo. Fonte: o autor
Note que para o novo par x’y’ a face A’B’ continua à direita do elemento de estudo, estando x’ perpendicular e y’ ao longo
(tangente) dessa mesma face. 
Após a percepção geométrica da rotação do elemento de estudo de um ângulo θ, é necessário conhecer as expressões
matemáticas que determinam as novas tensões (σx’ , σy’ e τx’y’). Assim, a partir do conhecimento dos valores de σx , σy , τxy e θ, é
possível, matematicamente, chegar-se aos valores de σx’ , σy’ e τx’y’. 
As equações 4, 5 e 6 mostram como determinar as tensões no elemento de estudo rotacionados a partir dos valores conhecidos
para o primeiro elemento de estudo.
EQUAÇÃO 4
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
EQUAÇÃO 5
σx' = +  .   cos(2θ)+τxy  .   sen(2θ)
σx+σy
2
σx−σy
2
σy' = −  .   cos(2θ)−τxy  .   sen(2θ)
σx+σy
2
σx−σy
2
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
EQUAÇÃO 6
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Com a intenção de auxiliar no entendimento das equações 4, 5 e 6 para a transformação do estado plano de tensões, será
realizado um exemplo numérico. 
Somando-se as equações 4 e 5, temos: .
Exemplo: Considere um elemento infinitesimal no estado plano de tensões com as tensões, conforme a figura 15. Determine o
estado plano de tensões quando o elemento infinitesimal é rotacionado de 600 no sentido anti-horário.
 Figura 15 – Ilustração para exemplo de plano de tensões. Fonte: O autor
É preciso perceber, pela convenção adotada, que todas as tensões são positivas. Rotacionando o elemento de estudo de 600 no
sentido anti-horário, temos a ilustração da figura 16.
τx'y' = −  .   sen(2θ)+τxy .   cos(2θ)
σx−σy
2
σx + σy = σx' + σy'
 Figura 16 – Ilustração para exemplo de plano de tensões 2. Fonte: O autor
Note que o ângulo também θ = 600 também é positivo. Substituindo os valores de σx , σy , τxy e θ aplicando as equações 4, 5 e 6,
temos:
ETAPA 01
ETAPA 02
ETAPA 03
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
TENSÕES NORMAIS PRINCIPAIS E TENSÃO DE
CISALHAMENTO MÁXIMA NO ESTADO PLANO DE TENSÕES
Vimos a rotação de um ponto de estudo e a determinação das tensões nesse estado plano de tensões. Existe um ângulo θP em
que as tensões normais são extremas (máxima e mínima). Nessa situação, essas tensões são ditas principais e a tensão de
cisalhamento é nula. A partir da equação 4, derivando-a em relação à variável θ e igualando-se a zero, determina-se o ângulo θP,
cuja expressão é apresentada na equação 7.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Da trigonometria, no intervalo , a equação 7 terá duas raízes, ou seja, dois valores para θP cuja diferença é igual a
900. 
σx' = +  .   cos(2θ)+τxy .   sen(2θ)
σx+σy
2
σx−σy
2
σx' = +  .   cos(120)+5 .   sen(120)10+202
10−20
2
σx' = 15 − 5 .  (−0,5) + 5 .  (0,866)
σx' = 21,8  MPa
σy' = −  .   cos(2θ)−τxy .   sen(2θ)
σx+σy
2
σx−σy
2
σy'= −  .   cos(120)−5 .   sen(120)10+202
10−20
2
σy' = 15 + 5 .  (−0,5)−5 .  (0,866)
σy' = 8,2  MPa
τx'y' = −  .   sen(120)+5 .   cos(120)10−202
τx'y' = 5 .  (0,866) + 5 .  (−0,5)
τx'y' = 1,8  MPa
tg(2θP) =        (Equação 7)
2.τxy
(σx−σy)
0  ≤  θ  ≤ 2π
Uma vez que θP é conhecido, fazendo a substituição nas equações 4 e 5, temos a equação 8 para a determinação das tensões
principais.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
No exemplo do item anterior, determinar as tensões principais (ver figura 17).
 Figura 17 – Ilustração para exemplo de plano de tensões 3. Fonte: O autor
ETAPA 01
ETAPA 02
ETAPA 03
É preciso perceber, pela convenção adotada, que todas as tensões são positivas. O próximo passo é determinar o ângulo θP a
partir da equação 7.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo os valores das tensões na equação 8, temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
σmáx ,  σmín =   √( )
2
+ (τxy)
2
        (Equação 8)σx+σy2
σx−σy
2
tg(2θP) =
2.τxy
(σx−σy)
tg(2θP)= = = −1
2 . 5
( 10−20 )
10
−10
tg(2θP)= −1  →  (2θP)= arctg(−1) 
(2θP)= −45
0 →  θP = −22, 5
0
σmáx ,  σmín =   ±  √( )
2
+ (5)
2
10+20
2
10−20
2
σmáx ,  σmín = 15 ± √50
σmáx = 22,1  MPa     e     σmín =  7,9  MPa
A tensão cisalhante máxima é determinada de maneira análoga à metodologia para a determinação das tensões principais.
Inicialmente, determina-se a inclinação em que essa situação ocorre e, após, substitui o valor do ângulo na equação 6. Derivando-
se a equação 6 em relação à variável θ e igualando-se a zero, temos a equação que determina a inclinação θs para a tensão
cisalhante máxima.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Uma vez que θs é conhecido, fazendo a substituição na equação 6, temos a equação 9 para a determinação da tensão cisalhante
máxima.
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
 COMENTÁRIO
Quando o estado plano de tensão é tal que a tensão de cisalhamento é máxima, também ocorre tensão normal no elemento em
estudo de valor dado por 
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
Um projeto apresenta uma das vigas como principal elemento estrutural. Sob dado carregamento, um ponto na superfície dessa
viga encontra-se no estado plano de tensões. O ponto em questão é apresentado na figura a seguir:
tg(2θs) =
(σy−σx)
2.τxy
τmáx =  √( )
2
+ (τxy)
2
            (Equação 9)σx−σy2
σmédia =
σx+σy
2
 Fonte: Autor
Para fazer a análise nessa viga, é preciso descobrir o estado plano de tensões principais desse ponto.
RESOLUÇÃO
Aplicação do cálculo das tensões principais no estado plano de tensões
VERIFICANDO O APRENDIZADO
MÓDULO 4
 Descrever o Círculo de Mohr
INTRODUÇÃO
No módulo anterior, foi iniciado o estudo de tensões para um ponto genericamente. Por questões práticas, optou-se pelo estudo
plano de tensões, com grande aplicação na Engenharia. A partir de um viés analítico, foram desenvolvidas várias expressões que
permitem determinar as tensões principais, a tensão cisalhante máxima e as tensões em determinada orientação.
 Figura 18 - Christian Otto Mohr. Fonte: Wikimedia
Neste módulo, o estudo plano de tensões será abordado a partir de uma óptica geométrica, isto é, será apresentada uma forma
gráfica para resolver as mesmas situações (tensões principais, tensão de cisalhamento máxima e tensões em dada rotação do
elemento infinitesimal). Trata-se do denominado Círculo de Mohr, em homenagem ao seu idealizador, o engenheiro civil alemão
Christian Otto Mohr, nascido no século XIX (ver figura 18).
EQUAÇÃO DA CIRCUNFERÊNCIA
Antes de fazer o estudo gráfico do estado plano de tensões por meio do Círculo de Mohr, é importante relembrar alguns aspectos
matemáticos que servirão de subsídios para o entendimento da construção deste círculo. Geometricamente, a circunferência é o
lugar geométrico (LG) dos pontos equidistantes de um ponto fixo denominado centro. Essa distância dos pontos ao ponto fixo é o
raio da circunferência. Suponha uma circunferência com centro de coordenadas (xc, yc) e raio R conhecidos. Observe a figura 19
seguinte:
 Figura 19 – Circunferência de centro (a, b) e raio R. Fonte: O autor
Veja que a circunferência tem raio R e centro com coordenadas (xc, yc). Suponha um ponto P (x, y) genérico da circunferência. A
distância entre o ponto P e o centro da circunferência equivale a R. A equação 10 determina a distância entre dois pontos do plano
A (xA, yA) e B (xB, yB) quaisquer:
EQUAÇÃO 10
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Substituindo na equação 10 as coordenadas genéricas do ponto P, as coordenadas conhecidas do centro e o valor do raio R,
também conhecido, é possível chegar à equação 11.
EQUAÇÃO 11
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Elevando-se ao quadrado ambos os lados da igualdade da equação 11, temos a equação 12 da circunferência de centro (xc, yc) e
raio R.
EQUAÇÃO 12
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Assim, por exemplo, uma circunferência de centro C (1,2) e raio 4 tem equação dada por:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
CÍRCULO DE MOHR
Como dito, aqui será estudado um método gráfico para o estado plano de tensões. Em linhas gerais, uma circunferência é
representada em um par de eixos σ e τ. Ao percorrer a circunferência, o elemento infinitesimal está ocupando uma nova posição
(rotacionando) e é possível descobrir as novas tensões do estado plano de tensões. Além disso, é possível determinar as tensões
principais e a tensão de cisalhamento máxima. 
No módulo anterior, foram escritas as equações 4 e 6. A partir dessas equações, serão feitas manipulações algébricas
convenientes. Observe os passos a seguir:
ETAPA 01
ETAPA 02
ETAPA 03
d =  √(x
A
− x
B
)2 + (y
A
− y
B
)2
R =  √(x − x
C
)2 + (y − y
C
)2
   (x − x
C
)2 + (y − y
C
)2 =  R2
(x − 1)
2
+ (y − 2)
2
=  42
(x − 1)
2
+ (y − 2)
2
=  16
σx' = +  .  cos(2θ)+τxy  .   sen(2θ)
σx+σy
2
σx−σy
2
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Elevando-se ao quadrado ambos os lados da igualdade, temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
A partir da equação 6, elevando-se ao quadrado, temos:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Desenvolvendo os lados à direita das igualdades das equações (*) e (**) e fazendo a adição destas, temos a equação 13:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Lembrando que, no estudo feito no módulo 3, os valores σx , σy e τxy eram conhecidos e σx’ e τx’y’ as variáveis e comparando com
a equação generalizada para a circunferência (equação 12) com a equação 13, é possível concluir que a equação 13 representa
um circunferência de centro e raio
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
quando se adota um par de eixos (fazendo às vezes de x) e (fazendo às vezes de y). Essa é a equação do Círculo de
Mohr representado na figura 20.
 Figura 20 – Círculo de Mohr. Fonte: o autor
Um estado plano de tensão é conhecido, ou seja, os valores de σx , σy e τxy . A partir desses valores e da equação 13, é possível
desenhar o Círculo de Mohr.
σx' − =  .  cos(2θ)+τxy  .   sen(2θ)
σx+σy
2
σx−σy
2
[σx' −
2
]= [  .   cos(2θ)+τxy .   sen(2θ)]
2
    (*)σx+σy
2
σx−σy
2
[τx'y']
2
= [−  .   sen(2θ)+τxy  .   cos(2θ)]
2
         (**)σx−σy
2
[σx'  −   ]
2
+  (τx'y' − 0)
2
=(
2
)+(τxy)
2
            (Equação 13)σx+σy2
σx−σy
2
( ,  0)σx+σy
2
R =  √( )
2
+ (τxy)
2σx−σy
2
σx' τx'y'
Inicialmente, desenham-se os eixos (na horizontal) e (na vertical). Feito isso, será determinado o centro .
Como σx e σy são valores conhecidos, o centro terá coordenadas numéricas. O próximopasso é encontrar numericamente o raio
R, ou seja, .
Com esses valores é possível desenhar o Círculo de Mohr. Observe na figura 20 os pontos 1 e 2. Como o centro está na abscissa 
, para determinar o ponto 2, basta somar a esse valor o valor do raio R e, para o ponto 1, basta subtrair. São as tensões
principais. Um exemplo será realizado para que o entendimento da descrição da construção do Círculo de Mohr seja facilitada.
EXEMPLO 3
(CESGRANRIO - 2011 - Transpetro - Engenheiro Júnior - adaptada) Na figura a seguir, são apresentadas as tensões normais e
de cisalhamento nos planos horizontal e vertical que passam por um ponto de um elemento estrutural sujeito ao estado plano de
tensões.
Desenhe o Círculo de Mohr.
RESOLUÇÃO
Olhando o elemento em estudo, todas as tensões apresentam valores positivos de acordo com a convenção adotada.
Determinação do centro:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Determinação do raio:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Pontos extremos do diâmetro (pontos 1 e 2): 31 - 13 = 18 e 31 + 13 = 44
Construindo o gráfico:
σx' τx'y' ( ,  0)
σx+σy
2
R =  √( )
2
+ (τxy)
2σx−σy
2
σx+σy
2
( ,  0)=( ,  0)=(31,  0)σx+σy
2
36+26
2
R =   √( )
2
+ (12)
2
= √(5)2 + (12)2  = 1336−26
2
 Fonte: Autor
A partir do exemplo, é possível chegar a conclusões importantes:
Os extremos dos diâmetros representam as tensões principais e são determinadas somando-se /subtraindo-se o valor do raio
à abscissa do centro.
A tensão de cisalhamento máxima equivale ao valor do raio.
Após a fase de construção do Círculo de Mohr, algumas informações podem ser extraídas a partir da simples observação do
desenho (tensões principais e tensão de cisalhamento máxima). Porém, existem outras situações. Suponha que um ponto esteja
sob determinado estado plano de tensão (σx, σy e τxy) e deseja-se, utilizando o Círculo de Mohr, descobrir qual a orientação, por
exemplo, do estado plano de tensões principais. 
Aproveitando o exemplo anterior, será trabalhado a rotação do elemento infinitesimal de estudo para se determinar as tensões
principais. Será utilizada a face superior para determinar as tensões como coordenadas (ponto A na figura anterior).
Na figura anterior, o triângulo retângulo tem um ângulo agudo feito com a base, cuja tangente pode ser determinada por:
 Atenção! Para visualização completa da equação utilize a rolagem horizontal
Perceba que para chegar ao extremo esquerdo do diâmetro (tensão principal), a rotação foi anti-horária. No círculo, um valor igual
a e, no elemento infinitesimal, um valor , no mesmo sentido.
MÃO NA MASSA
TEORIA NA PRÁTICA
tg(2θP )= → tg(2θP )= →  θP =  33, 7
0cateto oposto
cateto   adjacente
12
5
2θP θP
Um Engenheiro está supervisionando um projeto de uma estrutura metálica, e em certo ponto superficial de uma coluna, um ponto
apresenta o estado plano de tensões apresentado na figura a seguir.
 Fonte: Autor
Seu objetivo era estudar o estado plano de tensões para diversas orientações e determinar as tensões principais e a tensão de
cisalhamento máxima.
RESOLUÇÃO
Aplicação da construção do Círculo de Mohr.
VERIFICANDO O APRENDIZADO
CONCLUSÃO
CONSIDERAÇÕES FINAIS
Tendo como base a Lei de Hooke (σ = E.ε), apresentamos a variação longitudinal elástica de um corpo sob carregamento axial.
Nesse primeiro momento, o problema era estaticamente determinado e o carregamento axial não precisava ser único. 
No segundo módulo, identificamos as estruturas hiperestáticas, em contraste às isostáticas. Nas estruturas hiperestáticas, não é
possível resolvê-las apenas com as três equações do equilíbrio. Por isso, uma ou mais equações foram adicionadas para auxiliar a
solução (as equações de compatibilidade geométrica). 
Em seguida, analisamos as tensões em um ponto infinitesimal do corpo, em particular o estado plano de tensões. Vimos as
equações para determinação das tensões principais, tensão cisalhante máxima e tensões para dada rotação do elemento de
estudo. Por fim, conhecemos o método gráfico denominado Círculo de Mohr.
 PODCAST
AVALIAÇÃO DO TEMA:
REFERÊNCIAS
BEER, F.P., JOHNSTON, E.R.J., Resistência dos Materiais. 3 ed. São Paulo, SP: Pearson, 1995. 
HIBBELER, R.C. Resistência dos Materiais. 7 ed. São Paulo, SP: Pearson, 2010.
EXPLORE+
Para saber mais sobre os assuntos tratados neste tema, leia: 
Sobre deformações elásticas em corpos estaticamente determinados e indeterminados. HIBBELER, R.C. Resistência dos
Materiais. 7 ed. São Paulo, SP: Pearson, 2010. (capítulo 4: pág 85-106). 
Sobre estado plano de tensões. HIBBELER, R.C. Resistência dos Materiais. 7 ed. São Paulo, SP: Pearson, 2010. (capítulo
9: pág 321-345).
CONTEUDISTA
Julio Cesar José Rodrigues Junior
 CURRÍCULO LATTES
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