Sumário e Objectivos. 2007/2008 Lúcia M.J.S.Dinis. Mecânica dos Sólidos 2ªAula

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1 Sumário e Objectivos Sumário: Equações de Equilíbrio de Forças e Momentos. Mudança de Eixos de Referência. Tensões Principais e Direcções Principais. Invariantes das Tensões. Tensor Hidrostático ou Isotrópico. Tensor das Tensões de Desvio. Casos Particulares. Tensões Tangenciais Máximas e Mínimas Objectivos: Ser capaz de utilizar os princípios Fundamentais da Estática no contexto da Elasticidade construindo as condições de equilíbrio. Ser capaz de determinar Tensões Principais e Direcções Principais de Tensão. Ser Capaz de calcular as Tensões de corte máximas e mínimas. 1

2 Estruturas 2

3 Tensões 3

4 x Forças num Elemento Infinitesimal dy F z + F z z dz F y Fx O y z x F y + dz F y y dy dx Fz F x + F x x dx 4

5 Relação Forças Tensões F xx xx Fxx dx xx dx dydz xx xx xy xy Fxy =τ xydydz e Fxy + dx = τ xy + dx dydz F xz =σ =τ Etc. xz dydz dydz F + = σ + x F x F x σ x τ x σ x xz xz Fxz + dx = τ xz + dx dydz 5

6 Tensões Normais num Elemento Infinitesimal 6

7 Forças Resultantes das Tensões Normais σ σ + σ yy yydxdz e yy dy dxdz y σ σ + σ x xx xxdxdz e xx dx dydz σ σ + σ z zz zzdydx e zz dz dydx 7

8 Tensões Tangenciais ou de Corte 8

9 Forças Resultantes das Tensões de Corte τ τ + τ xy xyd y dz e xy dx dy dz τ τ + zy zydxdy e zy d z dy xdy τ x z Etc. 9

10 Tensões Segundo o Eixo dos yy 10

11 Equação de Equilíbrio de Forças Segundo o Eixo dos yy τxy σyy τ xy + dx τ xy dydz + σ yy + dy σ yy dxdz + x x τzy + τ zy + dz τ zy dxdy + Bydxdydz = 0 z Simplificando obtém-se: τxy σyy τzy By = 0 x y z 11

12 Equações de Equilíbrio de Forças Considerando o equilíbrio de forças nas direcções dos eixos dos xx e dos zz obtêm-se mais duas equações de equilíbrio com forma análoga à equação anterior. As três equações de equilíbrio de forças são: σ τ xx yx τzx Bx x y z = 0 τxy σ yy τzy By x y z = 0 τ σ xz yz σzz Bz x y z = 0 12

13 Caso Particular Forças no Elemento Bidimensional Estado Plano de Tensão 13

14 Equações de Equilíbrio de Forças Equilíbrio de Forças Segundo xx σxx τyx σ xx + dx dy σ xxdy + τ xy + dy dx τ yxdy+ Bxdxdy = 0 x y Simplificando Obtém-se a Equação de Equilíbrio de forças segundo xx. σ xx yx + + x = x τ xy x τ B 0 y σyy + + By = 0 y Equações de Equilíbrio 2D 14

15 Tensões Tangenciais As Tensões Tangenciais dão origem a Forças que produzem Momentos τ zx τ + z zx dz τ xy τ zy τ + z zy dz τ xz + τ x xz dx τ yz τ yx τ yz τ + y τ xz yz dy z τ yx + τ y yx dy τ zx x y τ zy τ xy + τ x xy dx 15

16 Equações de Equilíbrio de Momentos Equilíbrio de Momentos Segundo o Eixo dos xx τzy dz dz τyz dy dy τ zy + dz dxdy +τzydxdy τ yz + dy dxdz τ yzdxdz = 0 z 2 2 y 2 2 Simplificando obtém-se τ =τ zy yz Considerando o equilíbrio de Momentos segundo os yy e os zz obtém-se τ =τ xy yx zx xz τ =τ As equações de Equilíbrio de Momentos implicam simetria do Tensor das Tensões 16

17 Caso Particular: Estado Plano de Tensão Plano xy Equilíbrio de Momentos Segundo o eixo dos zz dx τ dx dy τ dy τ τ + +τ + τ + = 2 x 2 2 y 2 xy yx xydy xy dx dy yxdx yx dy dx 0 Simplificando obtém-se τ =τ xy yx 17

18 x y z x l m n y l m n z l m n Mudança de Eixos-1 Lei de Transformação Matriz de Transformação de Oxyz em Ox y z l1 l2 l3 Q m m m n n n [ ] = Condições das Relações Ortogonais l1+ l2+ l3= 1 m1+ m2+ m3= 1 n1+ n2+ n3= l1+ m1+ n1 = 1 l2+ m2+ n2= 1 l3+ m3+ n3= 1 ll 1 2+ mm 1 2+ nn 1 2= 0 ll 1 3+ mm 1 3+ nn 1 3= 0 ll 2 3+ mm 2 3+ nn 2 3= 0 lm 1 1+ lm 2 2+ lm 3 3= 0 ln 1 1+ ln 2 2+ ln 3 3= 0 mn 1 1+ mn 2 2+ mn 3 3= 0 18

19 Mudança de Eixos-2 z z z y y y x x x 19

20 Tensões nas Facetas Ox, Oy e Oz Tensor das Tensões em Oxyz σ σ τ τ τ σ τ τ τ σ xx xy xz xy yy yz xz yz zz Tensões nas Facetas Perpendiculares aos Eixos Ox, Oy e Oz com componentes no sistema de Eixos Oxyz Tx x Ty x Tz x σxx τyx τzx l1 l2 l3 Tx y Ty y Tz y = τxy σyy τzy m1 m2 m3 Tx z Ty z Tz z τxz τyz σzz n1 n2 n3 20

21 Tensões no Sistema de Eixos Ox y z As componentes do Tensor das Tensões no sistema de Eixos Oxý z podem ser calculadas projectando as Tensões T, no sistema de eixos Ox y z, ou seja calculando o produto matricial seguinte: σx x τy x τz x l1 m1 n1 Tx x Ty x Tz x τ σ τ = l m n T T T x y y y z y x y y y z y τx z τy z σz z l3 m3 n3 Tx z Ty z Tz z Relações entre os tensores σ e σ T [ σ ] = [ Q] [ σ][ Q] 21

22 Plano, Tensão e Direcção Principal Existem três facetas ortogonais entre si em que o vector Tensão tem a direcção da normal sendo nulas as Tensões Tangenciais, ao plano no qual são nulas as Tensões Tangenciais chama-se Plano Principal, às Tensões Normais no Plano Principal chamam-se Tensões Principais e à direcção da normal ao plano principal chama-se Direcção Principal. Relembrando o estudo feito em Álgebra Linear, as matrizes simétricas são diagonalizáveis sendo os valores da diagonal designados por Valores Próprios e as direcções a que estão associados por Vectores Próprios. As componentes do Tensor das Tensões foram representadas por uma matriz simétrica sendo portanto legítimo pensar que os valores próprios da Matriz das Tensões são as Tensões Principais e que os Vectores Próprios que lhe estão associados são as Direcções Principais. 22

23 Tensão Principal σxx τxy τxz l l τyx σyy τyz m =σ m τzx τ zy σzz n n ou σxx σ τxy τxz l τyx σyy σ τyz m = 0 τzx τ zy σzz σ n A existência de uma solução não trivial (solução trivial l=m=n=0) para este sistema de equações Algébricas e Lineares obriga a que se considere que o determinante da matriz dos coeficientes seja igual a zero, sendo a equação resultante designada por Equação Característica 23

24 Equação Característica σxx σ τxy τxz 3 2 τyx σyy σ τyz = σ + I1σ I2σ+ I3= τzx τzy σzz σ 0 onde I 1 = σxx + σyy + σzz xx yy xx zz yy zz xy xz yz I = σ σ + σ σ + σ σ τ τ τ I = σ σ σ + 2τ τ τ σ τ σ τ σ τ xx yy zz xy xz yz xx yz yy xz zz xy São invariantes do Tensor das Tensões 24

25 Cálculo das Direcções Principais As Direcções Principais são facilmente calculadas, uma vez conhecidas as Tensões Principais que são as raízes da Equação Característica. Considere-se o Sistema de equações σxx σ τxy τxz l τyx σyy σ τyz m = 0 τzx τ zy σzz σ n 25

26 Cálculo das Direcções Principais Este sistema de equações é homogéneo sendo uma das equações linearmente dependente das outras duas. Para determinar os valores de l,m,n, pode-se arbitrar um dos valores, por exemplo, l=1 e determinar os outros dois valores. O vector assim obtido não é unitário pelo que se deve obter o vector unitário, sendo a solução 1,a,b, deve-se determinar o versor correspondente que é: { 1, a, b } 1+ a + b

27 Tensões Tangenciais no Sistema de Eixos Principais As Tensões numa faceta, cuja normal tem cossenos directores {l,m,n}, em relação ao sistema de eixos principais, são T x = lσ1 T y = mσ2 T A tensão normal é n = ltx+ mty + ntz = = l 2 σ m σ2+ n σ3 A tensão tangencial é 2 2 T t = T T n T = nσ z 3 ( lσ ) 2 ( mσ ) 2 ( nσ ) 2 ( σ σ σ ) 2 T = + + l + m + n t

28 Método dos Multiplicadores de Lagrange Para determinar os máximos e mínimos da Tensão Tangencial, pode usar-se o método dos multiplicadores de Lagrange, ou seja considere-se a função f = t ( ) T λ l m n E determine-se os máximos e mínimos em relação a l,m,n = = = l m n f f f ( )( ) 1 l 1 m 2 n ou 2 2 l + + 2l + l= 0 σ σ σ σ σ λ ( l 2 m 2 n 2 )( ) 2 2 mσ2 σ1+ σ2+ σ3 2mσ2 + λm= 0 ( l 2 m 2 n 2 )( ) 2 2 nσ3 σ1+ σ2+ σ3 2nσ3 + λ n = 0 28

29 ( l 2 m 2 n 2 )( ) ( l 2 m 2 n 2 )( ) ( l 2 m 2 n 2 )( ) 2 2 lσ1 σ1+ σ2+ σ3 2lσ1 + λ l= mσ2 σ1+ σ2+ σ3 2mσ2 + λm= nσ3 σ1+ σ2+ σ3 2nσ3 + λ n = 0 Método dos Multiplicadores de Lagrange Estas equações correspondem a condições necessárias e suficientes para que f tenha um valor extremo. Para obter o extremo da Tensão Tangencial é necessário considerar a condição l + m + n = 1 As soluções óbvias são l=m=0, n=1 a que corresponde λ = σ3 e T t = 0 n=m=0, l=1 a que corresponde λ = σ1 e T t = 0 l=n=0, m=1 a que corresponde λ = σ2 e T t = 0 29

30 Método dos Multiplicadores de Lagrange À solução l 0,m 0,n 0 corresponde σ1= σ2= σ 3 e T t = 0 As soluções remanescentes correspondem a considerar só um dos cosenos directores igual a zero sendo os outros dois diferentes de zero, por exemplo, l=0, m 0,n 0, nestas condições a 1ª das equações 4.26 é sempre satisfeita e as duas restantes conduzem à equação seguinte depois de simplificação adequada 2 2 n m σ2 σ3 = 0 ( )( ) Sendo σ2 σ 3, a equação anterior implica n = m, e sendo m + n = 1, obtém-se 1 1 l=0, m =±,n=± e Tt =± 1 ( σ2 σ 3)

31 Método dos Multiplicadores de Lagrange De modo análogo se obtém 1 1 m=0, l,n 2 2 =± =± e T t =± ( σ1 σ 3) 1 2 n=0, 1 1 l,m 2 2 =± =± e T t =± ( σ1 σ 2) 1 2 Donde se infere que os planos que correspondem a tensões de corte máximas fazem ângulos de 45º com os planos principais e os valores das tensões de corte podem ser obtidos a partir das tensões principais considerando as expressões anteriores. 31

32 Tensor Isotrópico ou Hidrostático σm σm σ m σ m Com σm definido como Pressão Hidrostática σ + σ + σ = = I 3 3 xx yy zz 1 32

33 Tensor das Tensões de Desvio σ σ σ τ τ τ σ σ τ xx m xy xz d yx yy m yz τ τ σ σ zx zy zz m 33

34 Problemas Propostos 1. Determine as tensões principais, a tensão de corte máxima e a orientação dos eixos principais para os estados planos de tensão abaixo indicados. Ilustre os resultados com uma figura que mostre a orientação e as componentes da tensão a actuarem em cada caso. a) σ xx = 50MPa; σyy = 0; σxy = 60MPa b) σ = 110MPa; σyy = 40MPa; σxy 60MPa Resolva o problema analiticamente. xx = 34

35 Problemas Propostos 2. O tensor das tensões no sistema de eixos Oxyz, num ponto de um sólido tridimensional, é o seguinte: σij = MPa a) Identifique as tensões e desenhe um volume elementar com as tensões actuando sobre ele, b) Determine as tensões principais no referido ponto, c) Os cossenos directores das direcções principais em relação ao sistema de eixos Oxyz. Mostre que as direcções principais são ortogonais, d) Determine o tensor das tensões de desvio, e) Determine os invariantes do tensor das tensões de desvio, f) Determine a tensão de corte máxima e a respectiva tensão normal, g) Calcule a tensão resultante, a tensão normal e a tensão de corte num plano igualmente inclinado em relação aos eixos coordenados, h) Determine o Tensor das Tensões num sistema de Eixos obtido do sistema de eixos inicial rodando 30º em torno do eixo dos zz. 35

36 Problemas Propostos 3. O estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes cartesianas σxx = 60MPa σyy = 30MPa σzz = 30MPa τyz = 10MPa τ xy=τxz = 0 a) Pode afirmar-se sem efectuar cálculos que yz é um plano principal de tensão? Justifique. b) Determine as tensões principais no ponto considerado assim como as direcções principais correspondentes. c) Determine a Pressão Hidrostática e mostre que é um invariante. d) Determine o Tensor das Tensões de Desvio. 36

37 Problemas Propostos 4. Considere o estado de tensão caracterizado pelo Tensor das Tensões seguinte: 100 a b c MPa d 0 e a) Determine os valores de a,b,c,d,e e determine as tensões e direcções principais { } de Tensão, sabendo que na faceta cuja normal é 3, 3, 3 as tensões tangencial e normal são nulas. b) Determine as Tensões Tangenciais Máximas e as correspondentes Tensões Normais e indique a orientação das facetas em que ocorrem. Ilustre com uma construção de Mohr os resultados obtidos 37

38 Problemas Propostos 5. O campo de Tensões num sólido elástico, na ausência de forças de volume é definido, em cada ponto, pelas componentes seguintes: σxx = ax σyy = 2 cy σzz = 0 τxy = ax + 2by + c τyz = (by 2) τzx = 2ax 5z a) Determine a, b, c, de modo que o campo de tensões acima referido seja compatível com a Teoria da Elasticidade. b) Determine as tensões principais na origem das coordenadas e as respectivas direcções. c) No referido ponto (origem) determine o valor da tensão de corte máxima, bem como o plano e a direcção segundo a qual actua. 38

39 Resolução do Prob 1 As Direcções Principais são facilmente calculadas, uma vez conhecidas as Tensões Principais que são as raízes da Equação Característica. Esta equação é: 50 σ raízes: σ = 0 ou -σ 50-σ 3600 = 0 ( ) σ1 90 = MPa σ

40 Resolução do Prob 1 Cont. Para determinar a orientação das direcções principais considera-se o sistema de equações seguinte no que respeita a σ 1 =90MPa l 2 0 com l=1 determina-se m= = m a que corresponde o versor ± ± Para σ 2 =-40MPa procede-se de modo análogo. 40

41 Resolução do Prob 1 (Outra Forma) Utilizando as Fórmulas seguintes também se pode chegar aos mesmos resultados. τxy 12 tan g2θp = = = 2.4 /2 5 ( σx x ) max min θ p = 33.69º ( σxx σyy) σ + σ σ σ = ± 2 + τ 2 xx yy xx yy 2 xy σ ou = = σ

42 Resolução Problema 2a) O Tensor das tensões é: x z y MPa x z y 42

43 Resolução Problema 2b) A equação característica é: 90 σ σ cuja solução é: σ = σ σ + σ = σ σ 2 = 30.9 MPa σ

44 Resolução Problema 2c) l m = n 0 Considerando l=1 obtém-se m=0.375 e n= Normalizando obtém-se: l = 0.934; m = 0.350;n = De modo análogo se obtêm os restantes cossenos directores. Para verificar que são ortogonais consideram-se os produtos escalares dos vectores. 44

45 Resolução Problema 2d) Pressão média p=( )/3=35 90-p p = p

46 Resolução Problema 2e) A equação característica é: 55 σ σ = + σ σ = σ Os Invariantes são:j 1 =0;J 2 =-4175;J 3 =

47 Resolução Problema 2f) Por solução da equação característica obtêm-se as tensões principais: 90 σ σ = σ σ + σ = σ cuja solução é: = σ σ 2 σ σ Tt1 ± = ± σ Tt3 =± = ± 34.25M σ σ = 30.9 MPa MPa σ σ ;Tt2 =± =± 30.35MPa Pa; 47

48 Resolução Problema 2f) Cont. T T t1 n1 σ σ 2 σ+σ =± =± 1 2 = = 64.6MPa; 33.7MPa 48

49 Resolução Problema 2g) Os co-senos directores de um plano igualmente inclinado em relação aos eixos coordenados são: T = = Tn = = MPa T = 3;Tt = = T Tn =

50 Resolução Problema 2h) x y z x l m n y l m n z l m n l1 l2 l3 [ Q] = m1 m2 m3 = n1 n2 n =

51 Resolução Problema 2h) T [ σ ] = [ Q] [ σ][ Q] σ = [ ] 51

52 Resolução Problema 3a) O Tensor das Tensões é z MPa y x 60 As tensões tangenciais ou de corte no plano perpendicular ao eixo dos xx são nulas existindo só a tensão normal σ xx =60MPa consequentemente o plano perpendicular ao eixo dos xx é um plano principal e este plano é o plano Oyz 52

53 Tensor das Tensões Equação Característica ( ) 2 Resolução Problema 3b) MPa (60 σ)( 30 σ 100) = 0 Solução : σ = 60MPa; σ = 40MPa; σ = 20MPa

54 Cont. Resolução Problema 3b) Para a Tensão σ 1 =60MPa a direcção principal é {1,0,0}. Para a Tensão σ 2 =40MPa a direcção principal obtém-se resolvendo o sistema de equações seguinte: l m = 0 l= 0, m= 1,n = 1; n Normalizando obtém-se: {0,1/ 2,1/ 2} De modo análogo se determina a direcção principal associada à tensão σ 3 =20MPa que é: {0,1/ 2, 1/ 2} 54

55 Resolução Problema 3c) O Tensor das Tensões é: MPa A Pressão Hidrostática é igual a um terço do 1º Invariante das Tensões que é a soma dos elementos da diagonal do Tensor das Tensões consequentemente a Pressão Hidrostática é 40MPa. Calculando a Pressão hidrostática a partir das tensões principais obtém-se o mesmo valor. 55

56 Resolução Problema 3d) O Tensor das Tensões de Desvio obtém-se subtraindo aos elementos da diagonal do tensor das tensões a pressão hidrostática: = MPa

57 Resolução Problema 4a) O Tensor das Tensões é tensor simétrico em consequência da consideração do equilíbrio de momentos, ou seja c=a e d=b. Se as Tensões normal e tangencial são nulas na referida faceta a tensão resultante também é, ou seja: 100 a b 33 0 a + b = 100 a = 0 a = 200 b 0 e 33 0 b= e A solução do sistema de equações conduz ao resultado seguinte. a = 200MPa; b = -100MPa;e = -100MPa 57

58 Resolução Problema 4b) O Tensor das Tensões é: MPa as tensões principais são: {0,364.58, } As tensões de corte máximas são: σ σ σ σ = = = = 2 2 σ σ MPa; Tt MPa; Tt MPa; T 2 3 t1 = = Os planos que correspondem às tensões de corte máximas fazem 45º com os planos principais. 58

59 Resolução do Problema 5a) O campo das Tensões deve satisfazer as equações de equilíbrio, com B x =0, B y =0 e B z =0. σ τ xx yx τzx Bx x y z = 0 τxy σ yy τzy By x y z = 0 τ σ xz yz σzz Bz x y z = 0 59

60 Resolução do Problema 5a) Substituindo as tensões nas equações anteriores, obtém-se o sistema de equações seguinte: a+ 2b 5= 0 a= 1 a c= 0 b= 2 2a b= 0 c= 1 60