Apostila de Resistência dos Materiais II

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1 Departamento de Mecânica Aplicada e Computacional Faculdade de Engenharia Juiz de Fora - MG Apostila de Resistência dos Materiais II Prof. Elson Magalhães Toledo (emtc@lncc.br) Prof. Aleandre Cur (aleandre.cur@ufjf.edu.br) 05

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3 Sumário Teoria da Fleão Oblíqua. Introdução Aplicações Caracterização da Fleão Oblíqua Caracterização das Deformações na Fleão Oblíqua Tensões Normais na Fleão Oblíqua Cálculo com M n Posição relativa: Eio de solicitação Linha Neutra Fleão reta como caso particular da eão oblíqua Tensões na Fleão Oblíqua segundo eios baricêntricos quaisquer Tensões na Fleão Oblíqua com eios principais Diagrama de Tensões Vericação da Estabilidade Máimo Momento Fletor EXEMPLO Cálculo das tensões pela fórmula σ = M nu I n.6. Cálculo das tensões a partir dos eios principais de inércia EXEMPLO Geometria das massas Cálculo das tensões máimas utilizando os eios principais de inércia Cálculo das tensões pela projeção de M em eios quaisquer (eios não principais de inércia) Cálculo das tensões pela projeção de M sobre a LN Diagrama de tensões EXEMPLO Geometria das massas Cálculo das tensões máimas utilizando os eios principais de inércia Cálculo das tensões pela projeção de M sobre os eios baricêntricos (eios não principais de inércia) Cálculo das tensões pela projeção de M sobre a LN Teoria da Fleão Composta. Introdução Ocorrências Usuais Distribuição de Tensões Determinação da linha neutra (nn) Equação da linha neutra Paralelismo entre as LN's da Fleão Oblíqua e da Fleão Composta Análise de tensões EXEMPLO EXEMPLO Núcleo Central de Inércia Conceito Obtenção do Núcleo Central de Inércia Propriedade Fundamental da Antipolaridade EXEMPLO Revisão de Geometria das Massas Rotação de eios Eios principais de inércia Momentos principais de inércia Roteiro i

4 ii SUMÁRIO Estado Triaial de Tensões 7. Introdução Caso da barra sujeita a esforço aial Tensão: Conceito e Denição Matriz de tensões num ponto Convenção de Sinais Simetria da matriz de tensões Vetor tensão total num plano qualquer Cálculo das tensões normal e tangencial num plano qualquer Eemplos de aplicação Eemplo Eemplo - Tratamento para o caso da barra a esforço aial Rotação do tensor de tensões Aplicação ao estado triaial de tensões Eemplo numérico Tensões Principais Conceito Determinação das tensões principais Ortogonalidade das direções principais Estacionaridade das Tensões Principais Invariantes do tensor de tensões Máima Tensão Cisalhante Cálculo das tensões tangenciais etremas Tensões Octaédricas Decomposição do tensor de tensões Eemplos numéricos Eemplo Eemplo Aplicação ao caso do Estado Plano de Tensões Introdução Caso particular do problema D Tensões Normais Principais Tensões Tangenciais Máimas Círculo de Mohr

5 Notas e agradecimentos Esta apostila contém, em sua maior parte, as notas de aula manuscritas do Prof. Elson Toledo que dedicou, e ainda dedica, parte de sua vida acadêmica ao magistério da disciplina Resistência dos Materiais II na UFJF. Agradecemos a grande colaboração da Profa. Flávia de Souza Bastos, por ter redigido parte deste material e dos estudantes Laio Arantes pela digitalização completa dos Capítulos e 4, Emerson Galdino pela produção de guras do Capítulo e Lucas Teotônio pelas guras dos Capítulos 4 e 6.

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7 Capítulo Estado Triaial de Tensões. Introdução Neste capítulo apresentamos um estudo sobre o estado triaial de tensões, bem como sobre o caso particular denominado de estado plano de tensões que ocorre em grande parte de estruturas, tais como as barras. Discutimos, inicialmente, a natureza da grandeza tensão, formalizando a denição da matriz de tensão que evidencia o caráter tensorial desta grandeza. Em seguida, discutimos a transformação das componentes dessa matriz quando mudamos o sistema de eios ao qual ela está referenciada para então conceituar tensões e direções principais. Apresentamos, ainda, a forma usual de representação do estado de tensão num ponto por intermédio do denominado círculo de Mohr no estado plano de tensões e do tricirculo de Mohr utilizado no estado triaial de tensões... Caso da barra sujeita a esforço aial Inicialmente, eaminamos o caso de uma barra sujeita a um esforço aial, a qual nos permite ressaltar a importância do estudo aqui realizado. Assim, na Figura., mostramos uma barra sujeita a uma carga aial P, na qual queremos eaminar o que ocorre, em termos de tensão, num ponto M de seu interior. { M P M P P P P M P E D Figura.: Barra sujeita a esforço aial e dois planos de corte passando pelo mesmo ponto M. As Figs.. e., ilustram, separadamente, cada um dos planos de corte mostrados na Fig... A Figura. ilustra a distribuição de tensões p sobre o plano de corte vertical P. Esses planos de corte, denominados de P e P, pertencem a um conjunto de cortes particulares, cujas normais são paralelas às faces laterais da barra. Outros planos de corte diferentes destes eistem e não estão sendo considerados no presente estudo. p P Área S M D P Figura.: Corte passando por M, segundo P. 7

8 8 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES A Fig.. ilustra a distribuição de tensões p sobre o plano de corte inclinado P. p P Área S M D P Figura.: Corte segundo o plano P, passando pelo ponto M. Para cada um destes cortes, assumindo uma distribuição de forças por unidade de supercie, S e S, de p e p temos a seguinte identidade: P = pds = p ds (.) S S A Fig..4(b) ilustra a decomposição de p nas direções normal e paralela ao plano de corte P. Denotamos, assim, as componentes de p : σ n projeção de p sobre o vetor normal Ñ τ t Projeção de p no plano de corte Logo, podemos escrever que p = σ n Ñ + τ t t, onde Ñ e são unitários das direções normal e paralela ao plano de t corte, respectivamente. Fazendo o equilíbrio de forças do prisma D, temos: N~ N~ S P p ~ t n P S (a) (b) Figura.4: Equilíbrio do prisma D { F = 0 P σ n S cos α τ t S senα = 0 F = 0 σ n S senα τ t S cos α = 0 onde S é a área da seção transversal denida pelo plano de corte P. Sendo S = S/ cos α, obtemos: σ n = P S cos α σ n = σ cos α Rel. τ t = P S senα τ t = σ senα Rel. Estas relações nos permitem determinar p como: p = σ cos α (.) com σ = P S. Conclusões: a) O valor da tensão normal num plano com inclinação α pode ser determinado a partir do valor da tensão normal no plano da seção perpendicular ao eio da peça (σ = P/S) e pelo ângulo α, de acordo com a Rel.. b) Em cada ponto da seção transversal, como visto neste eemplo, eiste uma tensão normal e uma tensão tangencial para cada um dos planos que passam por este ponto.

9 .. TENSÃO: CONCEITO E DEFINIÇÃO 9 c) O valor da tensão tangencial total nestes planos também pode ser determinado em função destes mesmos valores de acordo com a Rel.. d) O valor da tensão total pode ser determinado pela Rel.. e) O problema da estabilidade do equilíbrio para barras sujeitas a esforço normal deve ser modicado e passa a se enunciar como: a partir dos valores das tensões normal e tangencial atuantes num ponto, segundo várias direções, qual ou quais desses valores ou quais combinações desses valores devem ser utilizados para que possamos assegurar a integridade desse tipo de peça estrutural.. Tensão: Conceito e Denição Seja um corpo em equilíbrio sob a ação das forças indicadas abaio (concentradas e distribuídas): P Figura.5: Corte em corpo sob ação de forças em equilíbrio. Para identicar o que denominamos de estado de tensões no ponto P, procedemos do seguinte modo: separamos o corpo por um plano π passante por este ponto, como mostrado na Fig..6. P ΔF r n~ ΔA n~ n~ t P t n n Detalhe Figura.6: Corpo separado com distribuição de tensões no corte. Denimos, então, o vetor tensão total no ponto P, segundo o plano π, como sendo o vetor ρ ñ que atua no elemento de área A, tal que: F r ρ ñ = lim F r - Parcela de força sobre o elemento A em torno de P. A 0 A ρ ñ Vetor tensão total no ponto P segundo o plano π (com normal ñ) Eaminando o elemento de área A, visto no detalhe da Fig..6, temos que: n~ ρ ñ = σ n ñ + τt, com ñ e t são vetores unitários, onde: { σn tensão normal em P (no plano π), τ t tensão tangencial total em P (no plano π) Podemos ainda utilizar um par de eios ortogonais no plano π : t e t e decompor ρ ñ de outro modo: ρ ñ = σ n ñ + τ t t + τ t t

10 40 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES onde: t, t eios ortogonais arbitrários no plano da seção. τ t, τ t tensões tangenciais resultantes da decomposição de ρ ñ nestes eios (vide Fig..7). t~ t n t~ t n n~ Figura.7: Decomposição de ρ n nas direções n, t e t... Matriz de tensões num ponto De modo a poder operar com a grandeza tensão, procedemos de modo sistemático, realizando cortes segundo planos coordenados passando pelo ponto de interesse. Assim, denimos: a) Plano de corte : Plano z Normal ao plano: eio ñ = ĩ ~ P z z Figura.8: Plano de corte paralelo a z. O vetor tensão total na direção ca, portanto, denido por: ρ = σ ĩ + τ j + τ z k ou simplesmente ρ = (σ τ τ z ) onde empregamos como convenção para os nomes das tensões que o o índice indica o eio da direção normal ao plano de corte e o o índice indica o eio na direção em que esta componente atua. Na gura acima, o eio normal ao plano de corte é o eio. b) Plano de corte: Plano z Normal ao plano: eio ñ = j z z ~ Figura.9: Plano de corte paralelo a z. O vetor tensão total na direção ca, portanto, denido por: ou simplesmente ρ ρ = τ ĩ + σ j + τ z k = (τ σ τ z )

11 .. TENSÃO: CONCEITO E DEFINIÇÃO 4 c) Plano de corte: Plano Normal ao plano: eio z ñ = k z zz ~ z z z Figura.0: Plano de corte paralelo a. O vetor tensão total na direção z ca, portanto, denido por: ou simplesmente ρ z ρ z = τ z ĩ + τ z j + σ zz k = (τ z τ z σ zz ) Esses nove valores, reunidos, formam uma matriz denominada de matriz de tensões dada por: σ τ τ z = τ σ τ z σ τ z τ z σ zz Estes valores compõem ou denem o Estado de Tensões no ponto P e dizemos que esta matriz descreve o tensor de tensões que atua no ponto... Convenção de Sinais Para a representação do estado de tensões num ponto, empregamos as superfícies dos cortes segundo os planos coordenados em torno deste ponto compondo a gura de um cubo em torno deste ponto. Assim, adotamos a seguinte convenção para o sinal das tensões: - Tensões que atuam nas faces deste cubo cuja normal eterna aponta para o sentido positivo dos eios serão positivas se apontarem na direção destes eios. - Tensões que atuam nas faces deste cubo cuja normal eterna aponta no sentido contrário ao sentido positivo dos eios serão positivas se apontarem nas direções contrárias a estes eios. z z zz z z z z z z z z zz Faces "internas" Faces "eternas" Figura.: Tensões positivas representadas nas faces internas ou eternas do cubo sobre o ponto P... Simetria da matriz de tensões Sejam dois pontos P e Q distantes de d na direção e d na direção sujeitos a um estado de tensões no qual as únicas tensões não-nulas atuantes nestes pontos estão representadas na Fig..: Como este volume está, por hipótese, em equilíbrio, temos que:

12 4 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES dz P d Q d + d + d z Figura.: Reciprocidade entre as tensões tangenciais. MP = 0 O somatório dos momentos, em relação ao ponto P, das forças que atuam neste volume é nulo. ( τ + τ ) d }{{} Tensão ddz }{{} Área d }{{} distância ( ) d τ + τ } {{ } Tensão ddz }{{} d }{{} distância Área = 0 τ ddzd + τ d ddz τ ddzd τ d ddz = 0 Eliminando os termos de ordem superior e simplicando a epressão acima, tem-se: τ = τ. Analogamente, podemos concluir que : τ z = τ z e τ z = τ z. Logo, σ T = A transposta da matriz é igual a ela mesma e podemos escrever que: σ σ σ τ τ z = τ σ τ z σ τ z τ z σ zz A matriz de tensões é simétrica e dizemos que esta matriz descreve o chamado tensor de tensões que atua no ponto e que este tensor é simétrico. σ Gracamente, constatamos que as tensões tangenciais atuantes em planos ortogonais tem sentidos que são convergentes ou divergentes em relação a aresta interseção destes planos. Obedecem, deste modo, aos seguintes padrões: z ou z = z z ou z = z z ou =. Vetor tensão total num plano qualquer Nosso problema a ser tratado agora é: dado o estado de tensões num ponto através do tensor de tensões (referido a um sistema de eios z), determinar os valores da tensão total ρ e das tensões normal σ σ n e tangencial τ t num plano arbitrário, conhecido por sua normal Ñ. Em outras palavras, dados e um plano de corte passando pelo ponto P, denido este plano pelo seu vetor normal Ñ de componentes (l, m, n) σ determinar ρ, σ n e τ t. As componentes deste vetor são os cossenos diretores deste vetor, conforme mostrado na Fig...

13 .. VETOR TENSÃO TOTAL NUM PLANO QUALQUER 4 z l = cos N~ m = cos n = cos Figura.: Cossenos diretores do vetor normal N. A Fig..4 mostra as tensões atuantes num ponto O e um plano arbitrário cuja normal é o vetor Ñ. C z Δz N (l,m,n) ~ Δ z z O z z Δ B A zz Figura.4: Prisma de arestas,, z, em torno de um ponto. Nesta Fig..4, é possível vericar que as áreas dos triângulos AOB, BOC e AOC podem ser calculadas a partir da área do triângulo ABC e dos cossenos diretores l, m e n, a saber: Área BOC = ABC l; Área AOC = ABC m; Área AOB = ABC n; onde o símbolo indica a área do triângulo. O equilíbrio deste prisma pode ser obtido a partir das equações: ΣF = 0 Assim, ρ ( ABC) = σ ( ABC) l + τ ( ABC) m + τ z ( ABC) n }{{} Forças nas direção nas faces BOC; AOC; BOA F = 0 ρ = σ l + τ m + τ zn Analogamente, podemos calcular ρ e ρ z através das equações F = 0 e F z = 0, resultando em: F = 0 ρ = τ l + σ m + τ z n Fz = 0 ρ z = τ z l + τ z m + σ zz n Matricialmente, podemos representar as equações acima como: ou ρ ρ ρ z = σ τ τ z τ σ τ z τ z τ z σ zz ρ = σ T Ñ l m n

14 44 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES Como σ T = σ, chegamos a: ρ = Ñ σ.. Cálculo das tensões normal e tangencial num plano qualquer Na Fig..5, ilustramos a situação das tensões total, tangencial e normal atuantes em um ponto segundo um plano qualquer. Vemos que σ n é o valor da projeção de ρ sobre Ñ e que τ t é a tensão tangencial total neste plano e, assim, podemos escrever: ρ ñ = σ n Ñ + τ t t onde t é um vetor unitário no plano com normal Ñ. z t ~ n N~ Então, temos que: e Figura.5: Tensões normal e tangencial no plano denido por N. σ n = proj Ñ ρ (projeção de ρ sobre Ñ) ρ = σn + τt (regra do paralelogramo) A projeção de ρ sobre Ñ sendo Ñ = é dada por: σ n = proj Ñ ρ = ρ Ñ cos θ = ρ cos θ, já que Ñ = e θ é o ângulo entre ρ e Ñ Como por denição, ρ Ñ = ρ Ñ cos θ = ρ l + ρ m + ρ z n Da denição de σ n como sendo a projeção de ρ Ñ sobre Ñ e da denição do produto interno entre dois vetores, podemos escrever: σ n = ρ Ñ E a tensão tangencial total neste plano pode ser, então, calculada como:.4 Eemplos de aplicação.4. Eemplo τ t = ρ σn Seja o tensor de tensões mostrado abaio que dene o estado de tensões num ponto de uma estrutura. Pede-se determinar o vetor tensão total, a tensão normal e a tensão tangencial total atuando num plano paralelo ao plano + + z = 6 passando por este ponto. Determine, também, as forças total, normal e tangencial neste plano considerando uma área de 0 mm em torno deste ponto. = MPa σ 0

15 .4. EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 45 Solução: Da geometria analítica, temos que o vetor normal ao plano em questão é dado por: v = Logo, os cossenos diretores de Ñ valem: O vetor tensão total neste plano pode ser obtido por: Obtemos, assim: Logo: ou ρ ñ = ρ ρ ρ z - Cálculo das tensões normal e tangencial: As forças atuantes na área de 0 mm são: e seu unitário Ñ = l = ; m = ; n = ρ = Ñ n σ ρ = 00 ( ) ρ = 00 ( ) ρ z = 00 ( ) ρ ñ = {5,, 66, 67}MPa = = σ n = ρ ñ Ñ = 00 ( ) 9 σ n = 77, 78 MPa τn = ρ σn ρ = ρ = 574, 46 MPa τ n = 574, 46 77, 78 τ n = 4, 76 MPa 5,, 66, 67 F total = ρ ñ A = 574, 46 MPa 0 mm F total = 5744, 6 N F normal = σ n A = 77, 78 MPa 0 mm F normal = 777, 8 N F tangencial = τ n A F tangencial = 47, 6 N MPa.4. Eemplo - Tratamento para o caso da barra a esforço aial Consideremos neste problema uma barra (eemplicada aqui, com seção transversal retangular) idealmente sujeita a um esforço normal constante conforme mostra a Fig..6, onde apresentamos o sistema de eios z adequado para o estudo. O eemplo aqui considerado é o mesmo já estudado no início deste capítulo. Objetivo Determinar as tensões σ n e τ t em planos particulares cuja normal é dada por Ñ = { cos α senα 0}, conforme indica a Fig..7.

16 . 46 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES F P F z Figura.6: F N~ n ~ n P t F N ~ ~ n n Normal ao plano de corte Tensão total em P Tensão normal em P segundo Plano de corte t Tensão tangencial em P segundo Figura.7: Solução Parte I - Estado de tensões em planos inclinados conforme indicados Para a determinação de σ n e τ t, procedemos com a realização de cortes em torno do ponto P (,, z), segundo os planos coordenados, z e z com o objetivo de determinar o tensor de tensões neste ponto, segundo o sistema z. Assim, considerando Ñ o vetor normal a cada um desses planos de corte, temos σ as seguintes possibilidades: a) Ñ na direção Ñ = ĩ (unitário da direção ) Neste caso, o plano de corte é paralelo ou é o próprio plano z e b) Ñ na direção ρ = ρ = σ ĩ + τ j + τ z ou N k ρ = {σ τ τ z } Ñ = j (unitário da direção ) Neste caso, o plano de corte é paralelo ou é o próprio plano z e c) Ñ na direção z Ñ = k (unitário da direção z) ρ = ρ = τ ĩ + σ j + τ z ou N k ρ = {τ σ τ z } Neste caso, o plano de corte é paralelo ou é o próprio plano e ρ = ρ = τ z ĩ + τ z j + σ zz ou N z k ρ = {τ z τ z σ zz } z Para o primeiro destes planos - z - quando Ñ = ĩ, o plano de corte é a seção transversal ( ao eio da peça) usual do estudo do esforço normal. Para qualquer ponto P desta seção, temos: onde S é a área da seção. σ = F S ; τ = τ z = 0 Logo, { } F ρ = S 0 0

17 .4. EXEMPLOS DE APLICAÇÃO 47 Para Ñ = j, os possíveis planos de cortes separam a barra em partes cujo equilíbrio (de cada parte) indica, aponta ou sugere a não eistência de tensões normais ao plano de corte ou tangencial (no plano de corte) conforme mostra a Fig..8. N = ~ j ~ ~ = 0 ~ P Plano sem tensões F F Figura.8: Corte por planos como normal N = j. Constatamos então, que, para qualquer plano como este, teremos sempre em qualquer ponto P um vetor tensão total ρ que é nulo: ρ = τ ĩ + σ j + τ z = k 0 ou ρ = {0 0 0} Vejamos como ocorre algo similar para os cortes segundo o plano, quando Ñ = k: ~ z P = ~ 0 Plano sem N = k tensões ~ ~ F F Figura.9: Corte por planos como normal N = k. Novamente, para qualquer ponto P neste plano de corte, temos ρ z = 0, isto é: ρ = τ z ĩ + τ z j + σ zz = z k 0 ou ρ = {0 0 0} z Assim, compondo estes resultados, o tensor de tensões em qualquer ponto P de coordenadas z da barra sujeita a esforço aial é dado por: F S 0 0 σz = ou σz = σ onde σ = F S. Este estado de tensões pode ser representado pelo sólido de tensões mostrado na Fig..0.

18 48 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES z Figura.0: Estado de Tensão em todos os pontos da barra sujeita a esforço aial. Parte II - Cálculo das tensões normal e tangencial nos planos inclinados indicados Procedemos, a seguir, com a determinação de σ n e τ t a partir do cálculo de ρ, quando Ñ = { cos α senα 0} e N = σz, através da relação ρ = Ñ. σ n σ Ficamos, então, com: σ 0 0 cos α ρ n ρ = senα n = ρ n ρ nz A tensão σ n vale, então: ρ = { σ cos α 0 0} N σ n = ρ N Ñ = σ ( cos α)( cos α) σ n = σ cos α A tensão tangencial neste plano pode ser obtida através da relação: τ t = ρ ñ σ n o que resulta em: τ t = σ senα Parte III - Cálculo das tensões máimas, normal e tangencial neste conjunto de planos inclinados Determinemos os valores máimos das tensões normais quando variamos α: dσ n dα = σ cos α( senα) cujas soluções são { α = 0 α = π dσ n dα = 0 cos α senα = 0 senα = 0,. Vemos que para σ > 0 temos: d σ n dα α=0 < 0 e que d σ n dα α= π > 0 Logo, para α = 0, temos σ nma e, para α = π, temos σ n min : σ nma = σ e σ nmin = 0 Para as tensões tangenciais, temos: dτ t dα = σ cos α

19 .5. ROTAÇÃO DO TENSOR DE TENSÕES 49 e constatamos imediatamente que: dτ t dα d τ t dα { α = π = 0 cos α = 0 4 α = π 4 α= π 4 < 0 para α = π 4 τ t ma O vetor normal a este plano é dado por: Ñ α= π 4 = { cos π 4 sen π 4 } { 0 = 0 } O vetor tensão total pode ser então obtido a partir da multiplicação do tensor pelo vetor normal denido anteriormente: σ α= ρ ñ = Ñ α= π 4 σ π = σ 4 ĩ A tensão normal neste plano é dada por: e a tensão tangencial máima é calculada como: σ n = ρ ñ Ñ = σ τ t = ρ ñ σ n resultando em τ tma = σ Os resultados aqui obtidos já tinham sido vistos no início deste capítulo. Com este eemplo, mostramos a utilidade e generalidade das relações do estudo do estado triaial de tensões aplicados ao caso simples (uniaial) já considerado anteriormente..5 Rotação do tensor de tensões Nosso problema aqui pode ser descrito como: Seja um sistema de eios z e o estado de tensões num ponto dado pelo tensor de tensões referidos a este sistema de eios; determinar as componentes deste tensor em relação a um outro sistema de eios - σ z - denotado por σ. Rotação de vetores no plano Inicialmente, determinamos e relembramos como é realizado o procedimento para mudar a descrição de vetores, em duas dimensões, quando fazemos um giro no sistema de eios utilizados inicialmente para sua descrição. Assim, dado dois sistemas de eios e e um ponto Q(, ) de coordenadas no primeiro sistema, queremos determinar as coordenadas deste mesmo ponto no sistema que está girado de um ângulo α com relação ao primeiro sistema de coordenadas. Este problema pode ser associado ao problema para obtenção das componentes de um vetor ṽ com origem na origem do sistema de eios e outra etremidade no ponto Q quando adotamos o sistema. Em outras palavras, buscamos determinar v, isto é: se ṽ = ĩ + j ' como obter v = i Q (,) v~ ' + j? Figura.: Vetor v = v' e Sistemas e '' Na Fig.., ṽ e v designam o mesmo vetor medido nos sistemas e. As relações entre os unitários das direções ĩ, j e os das direções i, j podem ser obtidas imediatamente da Fig..: { } [ ] { } i cos α senα ĩ j = senα cos α j

20 5 50 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES j' ~ j ~ ~ i' i~ Figura.: Posição relativa dos sistemas de eios ou: { } { } i ĩ j = matriz X j R R Esta relação invertida nos fornece: { } [ ] { } { } { } ĩ cos α senα i ĩ i = j senα cos α j ou = R j T j O que mostra que, neste caso, R = R T. Matrizes com esta característica são denominadas matrizes ortogonais e a matriz é chamada de matriz de rotação. A partir destas relações, podemos escrever que, R (.) v = v ĩ + v j e v = v i + v j (.4) Substituindo (.) em (.4), vem: Como ṽ e v isto é: v = v (cos α i senα j ) + v ( senα i + cos α j ) = (v cos α + v senα) i + (v cos α v senα) j representam (descrevem) o mesmo vetor, temos que: Dai, obtemos imediatamente que { v = v cos α + v senα v = v cos α v senα ou v { v v = R v v = R T v } [ cos α senα = senα cos α Etensão para o caso tridimensional - Rotação de vetores no espaço Sejam os sistemas de eios z e z mostrados na Fig... i~ k~ z i' ~ j ~ ' ~ i j ~ z ~ k Figura.: Posição de ' com relação a z ] { v v } Para o novo eio i temos que: i = l ĩ + l j + l zk onde l = cos α, l = cos β, l z = cos γ são os cossenos diretores de com relação a a cada um dos eios do sistema z. l = i ĩ l = i j l z = i k

21 .5. ROTAÇÃO DO TENSOR DE TENSÕES 5 e i j = cos(, ) ou cos(î, j) i k = cos(, z) ou cos(î, k) Aqui, (, ) denota o ângulo entre e ângulo entre i e ĩ. Escolhendo outros dois eios e z perpendiculares a, teríamos: onde: j = l ĩ + l j + l zk De modo similar para z, teriamos: l = cos(j, ĩ) = j ĩ cos(ŷ, ) l = cos(j, j) = j j cos(ŷ, ) l z = cos(j, k) = j cos(ŷ k, z) k = l z ĩ + l z j + l z onde: zk Ficamos, então, com: ou i j k l z = cos(k, ĩ) = k ĩ cos(ẑ, ) l z = cos(k, j ) = k j cos(ẑ, ) l z z = cos(k, k) = k k cos(ẑ, z) = R Para um vetor ṽ qualquer, teríamos i = l ĩ + l + l j z k j = l ĩ + l + l j z k k = l z ĩ + l z + l z z j k i j onde = k R v = v ĩ + v j + v z e k v = v i + v j + v z k Procedendo de modo análogo ao caso bidimensional, obtemos: l l l z l l l z l z l z l z z v = R T v Para obtermos as componentes de v com relação às componentes de ṽ, utilizamos a propriedade de que R = é ortogonal). R (R T Ortogonalidade de R Esta propriedade decorre da preservação do produto interno quando mudamos de sistema. Sejam ũ, ṽ em z e u, v em z, temos que: ũ ṽ = ũ ṽ cos θ e u v = u v cos θ logo ũ ṽ = u v já que ũ = u e ṽ = v, Partindo dessa premissa, temos que: ũ ṽ = u v R T u R T v = u v u (R T ) T R T v = u v u RR T v = u v RR T = Ĩ T = R R onde Ĩ é a matriz identidade. Daí, concluímos que v = R v

22 5 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES.5. Aplicação ao estado triaial de tensões Podemos aplicar estas relações aos vetores ρ n e Ñ para obter: ρ = R T ρ e ρ = ρ R Ñ = R T Ñ e Ñ = Ñ R Sabemos que ρ = Ñ (em z) e ρ σ = σ Ñ (em z ) Da primeira destas equações, obtemos: R T ρ R R T ρ ou ρ = σ R = R σ R = R σ R T Ñ T Ñ T Ñ Tendo em vista a segunda epressão acima, podemos concluir que: que, pré-multiplicada por, resulta em R σ = R σ R T Esta relação pode ser invertida, fornecendo-nos: = σ R T σ R Estas duas epressões nos permitem passar o tensor de tensões de um sistema a outro..5. Eemplo numérico Dado o estado de tensões num ponto denido pelo tensor mostrado abaio, 0 = 00 0 MPa σ 0 a) Determinar σ ; τ e τ z sendo as direções z denidas pelos vetores: ĩ + j + k ĩ j z ĩ + j 4k b) Determinar σ referido a z. c) Determinar a tensão tangencial total na face com normal. Solução: a) Os unitários das direções z podem ser obtidos imediatamente: i = k = ĩ + + j k i + + = ĩ + j + k j = ĩ j j = + ĩ j ĩ + j 4k k = ĩ + 8 As tensões pedidas podem ser obtidas a partir das equações abaio: j k σ é a tensão normal no plano cuja normal é Ñ = i sendo portanto a projeção de ρ sobre (i )

23 .6. TENSÕES PRINCIPAIS 5 τ é a tensão tangencial na direção de, no plano cuja normal é Ñ = i, sendo portanto a projeção de ρ sobre (j ) τ z é a tensão tangencial na direção de z, no plano cuja normal é Ñ = i, sendo portanto a projeção de ρ sobre z (k ) Determinando ρ pela epressão ρn = Ñ com Ñ = i σ ρ = A tensão normal neste plano pode ser obtida pela projeção: σ = ρ i = 400 ρ = ĩ 00 j + 00k ( 400 ĩ 00 ) j + 00k σ =, MPa ( ĩ + j + k De modo similar, podemos obter τ = ρ j e τ z = ρ k, o que resulta em: τ = 7, 85 MPa e τ z = 65MPa b) Cálculo de σ - Componentes do tensor de tensão segundo z Neste caso, utilizamos a relação σ T = R σ R ) onde O que resulta em: σ = R = σ = , 7, , 85 0, 65,, MPa c) A tensão tangencial total no plano que tem como normal o eio ou Ñ = i componentes τ e τ z da seguinte forma: τ t = τ + τ z pode ser obtida através de suas τ t = 7, 85 + ( 65) τ t = 0, 76 MPa.6 Tensões Principais.6. Conceito Tensões principais são valores das tensões normais em torno de um ponto segundo planos onde não eistem tensões tangenciais. Os planos nos quais estas tensões atuam são denominados de planos principais e as normais que denem estes planos são denominadas de direções principais. Plano Principal direção principal tensão principal

24 54 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES.6. Determinação das tensões principais Supondo que ẽ seja uma direção principal a tensão total neste plano é igual à tensão normal neste plano já que neste plano não eiste tensões tangenciais, isto é: ρ e = σ e ẽ onde designamos por σ e a tensão principal atuante neste plano principal. Como ρ ñ = σñ, para este plano temos Ñ = ẽ e, e σ = ρ e = σ e ẽ Concluimos então, que em um plano principal devemos ter: Logo, e e σ = σ eĩ e, σ e = σ eẽ onde = Ĩ ( ) σ e Ĩ e σ = }{{} tensor identidade Esta equação descreve um sistema algébrico homogêneo de equações lineares que, para ter solução diferente da solução trivial ẽ = 0, requer que: ( ) det σ e Ĩ = 0 σ ou σ σ e τ τ z τ σ σ e τ z τ z τ z σ zz σ e = 0 que resulta numa equação do o grau na incógnita σ e : onde: σ e I σ e + I σ e I = 0 I = σ + σ + σ zz = trσ I = σ σ + σ σ z + σ σ σ I = σ z σ zz σ σ σ z σ σ σ z σ z σ z σ zz Esta equação possui três raízes reais que são as tensões principais: σ z = det σ σ z σ zz σ e = σ e σ e = σ e σ e = σ e Para cada uma destas soluções podemos calcular a direção do plano associada a cada tensão principal. Assim, ( σ e Ĩ σ ( σ e Ĩ σ ) ) ) ( σ σ e Ĩ e = 0 e determinado e = 0 e determinado e = 0 e determinado

25 .6. TENSÕES PRINCIPAIS Ortogonalidade das direções principais Vejamos, agora, a posição relativa entre as direções principais. { σe, e Sejam σ duas tensões principais e suas respectivas direções. e, e Podemos armar que: { e = σ e e (a) σe = σ e e (b) Pré-multiplicando (a) por e T obtém-se: e T e = σ e e σ T e Transpondo ambos os termos: e T σ T e = σ e e T e Como = σ σt, vem: e T e = σ e e σ T e Utilizando a relação (b) nesta última equação, obtemos: o que resulta em: Como, em geral, σ e σ e, devemos ter que: e T σ e e = σ e e T e e T e (σ e σ e ) = 0 e T e = 0 e e = 0 logo e e! Analogamente, podemos provar que: e e e e e donde conclui-se que as direções principais em torno de um ponto são ortogonais..6.4 Estacionaridade das Tensões Principais Apresentamos agora a principal caracteristica e propriedade dessas tensões principais em torno de um ponto mostrando que elas são os valores etremos (máimo ou mínimo) dentre todas as tenões normais em torno deste ponto. Para tal consideremos o tensor de tensões num ponto descrito segundo suas direções principais que é dado por: σ = σ σ σ O vetor tensão total num plano que tem sua normal com relação a estas direções principais indicado por Ñ vale: l ρ ñ = σ Ñ com Ñ = m n Logo, A tensão normal neste plano vale: Como l = m n, podemos escrever: ρ ñ = { σ l σ m σ n } T σ n = ρ ñ Ñ = σ l + σ m + σ n σ n = ( m n )σ + m σ + n σ Para determinar os valores máimos (etremos) de σ n, utilizamos as relações: σ n m = 0 m(σ σ ) = 0 σ n n = 0 n(σ σ ) = 0 Obtemos como solução: m = 0; n = 0 e l = l = ±. Logo, a direção principal l = ± é uma direção na qual o valor de σ n é um etremo, mostrando que σ é um destes valores. Podemos eliminar m e n da equação de σ n e obter resultados similares, mostrando que σ, σ e σ são os valores etremos das tensões normais em torno de um ponto.

26 56 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES.6.5 Invariantes do tensor de tensões Seja um estado de tensões num ponto denido por seu tensor de tensões que podemos descrever segundo diferentes sistemas de eios z, σ z e (direções principais). Temos então que: σ z ; σ z e σ Descrevem o mesmo estado de tensões Para a determinação das tensões principais em torno deste ponto, podemos utilizar qualquer uma das equações abaio: det(σz σ e Ĩ) = 0 σe I σe + I σ e I = 0 det(σ z σ e Ĩ) = 0 σe I σ e + I σ e I = 0 det(σ σ e Ĩ) = 0 (σ e σ )(σ e σ )(σ e σ ) = 0 Como as tensões principais em torno de um ponto são únicas e não dependem do referencial escolhido para descrever o estado de tensões cada uma destas três equações devem te o que implica em que: I = I I = I I = I Estes valores são, então, denominados de invariantes do tensor de tensões o que resulta que valem as seguintes relações: a) Invariância de I : σ + σ + σ zz = σ + σ + σ z z = σ + σ + σ b) Invariância de I : I = = σ σ σ σ + σ σ z σ z σ zz + σ σ z σ z σ zz σ σ σ σ + σ σ z σ z σ + σ σ z z z σ z σ z z = σ σ + σ σ + σ σ c) Invariância de I : det σ z = det σ z = σ σ σ.7 Máima Tensão Cisalhante Buscamos agora a determinação das direções e dos valores das máimas tensões cisalhantes que ocorrem num ponto sujeito a um estado triaial de tensões o que tambem será feita a partir das direções principais. Segundo estas direções, o tensor de tensões num ponto escreve-se como: = σ σ σ σ A tensão total ρ num plano cuja normal é dada por Ñ lĩ + mj + vale: nk ρ = Ñ = σ lĩ + σ mj + σ n σ nk A tensão normal neste plano vale E a tensão tangencial neste plano, ou σ n = ρ n Ñ σ n = σ l + σ m + σ n τ = ρ ñ σ n τ = (σ l + σ m + σ n ) (σ l + σ m + σ n ) Como l + m + n =, podemos eliminar l desta equação, já que: l = m n

27 .7. MÁXIMA TENSÃO CISALHANTE 57 Assim, obtemos: τ = ( m n ) σ + σ m + σ n [( m n )σ + σ m + σ n ] A determinação dos valores etremos de τ, quando variamos m e n, pode ser obtido a partir da solução do sistema de equações: τ m = 0 τ n Derivando-se, primeiramente, com relação a m, vem: Que igualada a zero nos fornece: τ τ m = [( m n )σ + σ m + σ n ]( mσ + mσ ) mσ + mσ τ τ m = m(σ σ ) [m (σ σ ) + n (σ σ ) + σ ][m(σ σ )] m(σ σ ) m (σ σ ) mn (σ σ )(σ σ ) mσ (σ σ ) = 0 Dividindo todos os termos por (σ σ ) 0 e reescrevendo esta equação, obtemos: [ ] (σ σ ) m m (σ σ ) n (σ σ ) = 0 Derivando, agora, com relação a n: = 0 τ τ n = nσ + nσ [ nσ + nσ ] ( m n ) σ +m σ + n σ = n ( σ σ ) nm (σ σ ) (σ σ ) n (σ σ ) nσ (σ σ ) Que dividida por (σ σ ) 0 e igualada a zero, nos fornece: ou: n(σ + σ ) nm (σ σ ) n (σ σ ) nσ = 0 [ ] (σ σ ) n m (σ σ ) n (σ σ ) = 0 Temos, então, o seguinte sistema de equações não-lineares: [ ] (σ σ ) m m (σ σ ) n (σ σ ) = 0 [ ] (σ σ ) n m (σ σ ) n (σ σ ) = 0 l + m + n = Uma solução para este sistema é dada por: m = 0; n = 0 l = ± Estes são os cossenos diretores de um dos planos principais cuja tensão tangencial é nula, o que nos indica que uma outra solução deve ser buscada. Assim uma outra solução que satisfaz a primeira destas equações é obtida substituindo-se m = 0 no termo entre colchetes da segunda equação: cuja solução é dada por: (σ σ ) n (σ σ ) = 0 n = n = ±

28 58 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES Utilizando a terceira equação, obtemos: Temos, então, como solução geral deste sistema: { l = l = ± m = 0; l = ± ; n = ± Procedendo de modo análogo e eliminando-se m e n na equação de determinação de τ, obtemos outro conjunto de soluções: { n = 0; m = ± ; l = ± { l = 0; m = ± ; n = ± Cada conjunto destes valores dene um plano bissetor dos planos principais em torno do ponto..7. Cálculo das tensões tangenciais etremas Determinemos, agora, o valor de τ para m = 0; l = ± ; n = ±. σ 0 0 Como = 0 σ 0 e a direção é dada por Ñ = {± σ 0 ± }, o vetor tensão total será: 0 0 σ Cujo módulo vale: ρ ñ = σñ = { ρ ñ = σ σ σ ± σ 0 ± σ ± 0 ± } A tensão normal neste plano é dada por: ρ ñ = σ + σ Daí obtemos a tensão tangencial etrema: Para as outras soluções obtemos: σ n = ρ ñ Ñ = σ l + σ m + σ n = σ + σ τ = τ = ρ ñ σ n ( σ + σ ) ( σ + σ ( ) σ σ τ = ± ) ( ) Para: l = 0; m = ± ; n = ± τ = ± σ σ ( ) Para: n = 0; l = ± ; m = ± τ = ± σ σ e σ m = σ + σ e σ m = σ + σ

29 .8. TENSÕES OCTAÉDRICAS 59.8 Tensões Octaédricas Determinamos, neste item, um conjunto de tensões especiais empregado em um critério de resistência que são as tensões octaédricas. Estas tensões são aquelas que ocorrem em planos que estão igualmente inclinados com relação aos planos principais em torno de um ponto. Assim, por denição, os cossenos diretores de um plano octaédrico são obtidos através da seguinte relação: se Ñ = l ĩ + l j + l é um vetor normal a um plano octaédrico, tem-se: k l = l = l = ± já que l + l + l = e l = l = l. Eistem, portanto, 8 vetores normais que denem os 8 planos octaédricos em torno de um ponto, a saber: Ñ oct { } = Ñ oct { } = + + Ñ oct { } = Ñ 4 oct { } = + Ñ 5 oct { } = + + Ñ 6 oct { } = + + Ñ 7 oct { } = + Ñ 8 oct { } = + A Fig..4 ilustra 4 desses planos e o plano octaédrico referente a Ñ oct ( o quadrante). O tensor de tensões referido Os eios,, desta figura são as direções principais em torno do ponto N~ oct Figura.4: a estes eios principais é dado por: σ = σ σ σ σ, σ, σ tensões principais O cálculo da tensão total octaédrica no plano com Ñ oct pode então ser obtida: ρ oct n = oct σ σ σ ρn = Ñ σ oct = σ σ σ

30 60 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES E a tensão normal como: resultando em: σ oct n oct = ρn Ñ oct = {σ σ σ } σ oct n = σ + σ + σ Como σ + σ + σ é um invariante do tensor de tensões, podemos armar que: σ oct n = σ + σ + σ zz A tensão tangencial octaédrica pode então ser calculada: τ oct = ρoct n (σn oct ) ou σ ( τ oct = + σ + σ σ + σ + σ Logo, ) τ oct = (σ σ ) + (σ σ ) + (σ σ ) Como as máimas tensões tangenciais em torno de um ponto valem: podemos armar que: τ ma = σ σ τ oct = τ ma = σ σ (τ ma ) + (τ ma ) + (τ ma ) τ ma = σ σ Se efetuarmos estas determinações para qualquer um dos Ñ oct obtemos estes mesmos valores!.9 Decomposição do tensor de tensões Dado um tensor de tensões σ, é possível decompô-lo do seguinte modo: onde: σ h Tensor de tensões hidrostático; σ D Tensor de tensões desviador. σ = σ h + σ D - Determinação das componentes σ h e σ : D Denindo-se σ como um tensor tal que trσ D D = 0 e, como já visto (para qualquer sistema de eios): σ h = p p p Se escolhemos as direções principais de para sua descrição, temos: σ σ 0 0 = 0 σ 0 σ 0 0 σ Logo, podemos escrever: σ = σ σ σ = p σ p σ p σ p

31 .0. EXEMPLOS NUMÉRICOS 6 Vericação: pela invariância da soma da diagonal principal do tensor de tensões, temos que: σ + σ + σ = p + (σ p) + (σ p) + (σ p) Escolhendo para σ D um tensor com traço nulo, vem: σ + σ + σ = p o que resulta em: p = σ + σ + σ e Assim, para qualquer sistema de eios, temos: σ + σ + σ 0 0 σ σ h = + σ + σ 0 0 σ + σ + σ 0 0 σ D = σ σ h Obs: A parcela σ h é responsável pela variação de volume, enquanto a parcela σ, chamada de tensor desviador, é responsável pela mudança de forma, como se verá no estudo das deformações. D Concluindo, podemos armar que, se = σ τ τ z τ σ τ z, então: σ τ z τ z σ zz e σ = D σ h = σ + σ + σ zz σ p τ τ z τ σ p τ z τ z τ z σ zz p com p = σ + σ + σ zz.0 Eemplos numéricos.0. Eemplo 5 Sejam dados: σ = 00MPa; τ = 00MPa; τ z = 00MPa; τ z = σ = σ zz = 0. Determinar as tensões e os eios principais: Solução: a) Montagem e representação do estado de tensões dado: = MPa σ b) Cálculo das tensões principais: b.) Pela denição de tensões principais: onde: σ e tensão principal σ tensor de tensões ( ) det σ e Ĩ = 0 σ

32 6 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES I = Logo: Tensor identidade det 00 σ e σ e σ e = 0 Calculando este determinante pela epansão da sua a linha obtemos: 00 ( ) σ e ( ) + 00 σ e σ e + (0 σ e ) ( ) + 00 σ e σ e = 0 00(σ e ) ( σ e )[(00 σ e )(0 σ e ) 00 00] = 0 σ e 00σ e 0 5 σ e = 0 cujas raízes são: σ e = 4, 66 MPa σ e = 0 =, 66 MPa σ e b.) Pela equação característica a partir dos invariantes de σ: σ e I σ e + I σ e I = 0 onde os invariantes são: I = trσ = σ + σ + σ zz = 00 I = = 05 I = det σ = 0 Logo, a equação característica é dada por: σ e 00σ e 0 5 σ e = 0 cujas raízes são: σ e = 4, 66 MPa σ e = 0 =, 66 MPa σ e Para o cálculo das direções principais, utilizaremos aproimações para σ e e σ e fazendo σ e = 4 MPa e σ e = MPa, apenas para facilitar as contas aqui apresentadas. c) Cálculo das direções principais: c.) Para a primeira tensão principal σ e = 4 MPa, a direção ẽ dada pelos cossenos diretores l, m e n deve satisfazer a: ( ) σ e Ĩ e = Sistema de equações singular σ 0 Isto é: Devendo os valores l, m e n satisfazer a: l + m + n = l m n = 0 0 0

33 .0. EXEMPLOS NUMÉRICOS 6 Reescrevendo o sistema acima: l + 00m + 00n = 0 () 00l 4m + 0n = 0 () 00l + 0m 4n = 0 () Podemos obter l, m e n de vários maneiras, como mostrado a seguir. c..) Escolhendo as equações () e () e tomando n como independente: { 00l 4m = 0n 00l + 0m = 4n que é uma escolha possível, já que: [ 00 4 det 00 0 ] 0 Resolvendo este sistema a partir da segunda destas equações, obtemos: que, substituida na primeira, nos dá: 00 l = 4 00 n ( ) 4 n 4m = 0 00 m = n como l + m + n = : ( ) ( ) n + 00 n + n = { l = ±0, 806 n = ±0, 560 m = ±0, 865 Temos duas possíveis direções: { ẽ = +0, 806ĩ + 0, + 0, e 865j 560k e = 0, 806ĩ 0, 0, 865j 560k No entanto, observe que ẽ = ẽ e que os planos normais a ẽ e a ẽ são os mesmos. Ou seja, tanto ẽ quanto ẽ denem o mesmo plano normal a estes vetores! c..) Escolhendo as mesmas equações () e () tomando m como independente: { 00l + 0n = 4m 00l 4n = 0m que também é uma escolha possível, já que: det [ ] 0 Da a destas equações: l = 4, m. Substituindo na a equação, vem: 00(4, m ) 4n = 0 n = m como l + m + n = : (4, m ) + m + (m ) = m = ±0, 867 { l = ±0, 806 n = ±0, 560

34 64 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES Obtendo a mesma solução do item c.., isto é: { ẽ = +0, 806ĩ + 0, + 0, e 867j 560k e = 0, 806ĩ 0, 0, 867j 560k Observe que diferenças no 4 o algarismo signicativo (em m ) devem-se a aproimações usuais nestes casos. c..) Escolhendo as mesmas equações tomando l como independente: { 4m + 0n = 00l 0m 4n = 00l que é uma escolha possível, já que: [ 4 0 det 0 4 ] 0 Da a temos : m = 00 4 l. Da a, obtemos : n = 00 4 l. Usando l + m + n = : ( ) ( ) l + 4 l + 4 l = { m = ±0, 865 l = ±0, 806 n = ±0, 560 Obtendo-se, mais uma vez, os mesmos vetores dos casos anteriores. c.) Para a a direção ẽ com σ e = 0: ( ) σ e Ĩ e = σ 0 com ẽ = l ĩ + m j + n k Reescrevendo este sistema: 00l + 00m + 00n = 0 00l + 0m + 0n = 0 00l + 0m + 0n = 0 Tomando a a e a a destas equações: { 00l + 00m = 00n (a) 00l + 0m = 0n (b) De (b), obtemos 00l = 0 l = 0: Aplicando em (a) com l + m + n =, obtemos: 00m = 00n m = n 0 + ( n ) + n = n = 0, n = ±0, 6 Como m = n m = ±0, 949 Concluimos que: { ẽ = 0ĩ 0, + 0, ou 949j 6k e = 0ĩ + 0, 0, 949j 6k c.) Para a a direção principal como ẽ ẽ ẽ, tendo ẽ e ẽ podemos obter ẽ através de : ẽ = ẽ ẽ. Pela denição do produto vetorial: e = i j k l m n l m n ou

35 .0. EXEMPLOS NUMÉRICOS 65 e = e = m n m n ĩ l n l n j + l m l m k 0, 867 0, 560 0, 949 0, 6 ĩ 0, 806 0, , 6 j + 0, 806 0, , 949 k Observação nal: Vericar que e = 0, 5904ĩ 0, 547j 0, 765k T i e σ e = σ ei para i =,,! i.0. Eemplo 6 Idem ao Eemplo 5 para o tensor de tensões mostrado abaio. = σ MPa Cálculo das tensões principais: I = I = = = = I = = Equação característica: σ ee I σ ee + I σ ee I = 0 σ ee 500σ ee σ ee = 0 Identicamos na terceira linha da matriz de tensões que a única tensão não nula no plano onde atuam, τ z, τ z e σ zz é esta ultima o que caracteriza este plano como um plano principal e esta tensão como uma tensão principal. Logo podemos fatorar a equação característica do terceiro grau de modo que utilizando o algoritmo de Briot Runi, obtemos: Assim, σ ee = 00 MPa. As outras raízes são obtidas da solução da equação: -Direções principais - 00 ± 8, 84 σ ee = σ ee 00σ ee 0000 = 0 { σee = 4, 4 MPa σ ee = 4, 4 MPa σ = 00MPa σ = 4, 4MPa σ = 4, 4MPa } a direção: l, m, n l m n 00l + 00m = 0 m = l 00l 00m = 0 = {0}

36 66 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES 00l = 00m l = m = 0 l + m + n = n = ± ẽ = k e T ẽ = 00 MPa σ a direção: l, m, n 00 4, , , 4 4, 4l + 00m = 0 00l 4, 4m = 0 l m n 58, 58n = 0 n = 0 = {0} l + m + n = m = 0, 44l l + 0, 76l = { l = ±0, 94 m = ±0, 8 e = 0, 94ĩ + 0, 8j e T ẽ = 4, 4 MPa σ a direção: l, m, n , , , 4 l m n 4, 4l + 00m = 0 00l + 4, 4m = 0 4, 4n = 0 n = 0 l + m + n = l + 5, 88l = = {0} m =, 44l (.5) { l = +0, 8 m = 0, 94 Adotamos aqui a primeira determinação (positiva) de l obtendo-se um valor negativo de m. e = 0, 8ĩ 0, 94j T e ẽ = 4, 4 MPa σ

37 .. APLICAÇÃO AO CASO DO ESTADO PLANO DE TENSÕES 67. Aplicação ao caso do Estado Plano de Tensões.. Introdução No ínicio deste capítulo sobre o estudo do estado triaial de tensões e no Eemplo, abordamos um estado de tensões simples denominado estado uniaial de tensões (assim denominado por possuir apenas uma tensão normal não nula quando utilizamos um sistema de eios conforme o escolhido e apresentado em ambas situações). Mostramos nesse caso como a tensão normal σ n variava com a normal ao corte considerado (dada por sua inclinação α ou ϕ em cada um dos casos citados). Por outro lado, na seção imediatamente anterior a esta, abordamos o caso geral do estado de tensões num ponto, apresentando como esta mesma tensão normal σ n varia com a direção de um plano corte qualquer, sendo este denido pelos cossenos diretores do vetor normal. Tratamos, agora, de um caso particular denominado de estado plano de tensões que ocorre, por eemplo, numa chapa - corpo plano com pequena espessura - cuja hipótese de carregamento inclui somente cargas eternas aplicadas no seu plano médio. Se tomarmos o eio z como sendo normal a este plano médio, este seria o plano, não eistindo, por hipótese, cargas nas faces desta chapa ou perpendiculares ao seu plano médio. Assim, é razoavel admitir que só eistam tensões σ ; τ ; e σ. A Fig..5 ilustra esta situação. q (,) ~ Figura.5: Peça em estado plano de tensões Outra possível ocorrência de um estado plano de tensões ocorre quando todos os pontos de um corpo D estão submetidos a um estado de tensões, conforme uma das três possibilidades mostradas na Fig..6. Nesta gura estão também indicados os tensores de tensões e as representações planas em cada caso particular. ~ ~ 0 [ 0 0 ] 0 0 Plano sem tensões z z 0 z [ z 0 zz ] Plano sem tensões z z (a) (b) z z zz zz ~ 0 [ 0 z ]z zz Plano sem tensões z (c) Figura.6: Possiveis ocorrencias de Estado plano de tensões

38 5 68 CAPÍTULO. ESTADO TRIAXIAL DE TENSÕES.. Caso particular do problema D Epressões gerais Vimos que, para o estado triaial de tensões, as tensões total, normal e tangencial podem ser escritas como: ρ ñ = Ñ Vetor tensão total σ τ n = σ n = ρ ñ Ñ Tensão normal ρ ñ σ n Tensão tangencial No caso de problemas no estado plano de tensões, temos que: σ τ 0 = τ σ 0 σ O vetor normal Ñ pode ser escrito segundo a representação ilustrada na Fig..7. Ñ = [ l l l z ] = [ cos α senα 0 ] onde α é o ângulo formado entre Ñ e o eio. N~ P Figura.7: Temos, então: ρ n ρ n ρ nz = σ τ 0 τ σ ρ n = σ cos α + τ senα ρ n = τ cos α + σ senα ρ nz = 0 cos α senα 0 A tensão normal é dada por: σ n = ρ n cos α + ρ n senα = (σ cos α + τ senα) cos α + (τ cos α + σ senα) senα = σ cos α + τ senα cos α + σ sen α Como: cos α = + cos α sen α = cos α

39 .. APLICAÇÃO AO CASO DO ESTADO PLANO DE TENSÕES 69 Chegamos a: σ n = σ + σ + σ σ cos α + τ senα (.6) A tensão tangencial se escreve como: τ n = ρ n + ρ n (ρ n cos α + ρ n senα) Elevando ambos os membros ao quadrado e epandindo os termos entre parêntesis, temos que: τn = ρ n( cos α) + ρ n( sen α) ρ n ρ n senα cos α = ρ n sen α + ρ ncos α ρ n ρ n senα cos α = (ρ n cosα ρ n senα) τ n = ρ n cos α ρ n senα Substituindo as epressões de ρ n e ρ n na equação anterior, vem: τ n = (τ cos α + σ senα) cos α (σ cos α + τ senα) senα = τ cos α + σ senα cos α (σ cos α senα + τ sen α) O que nos leva a: τ n = σ σ senα + τ cos α (.7).. Tensões Normais Principais A determinação das tensões principais pode ser feita a partir da equação característica para este caso. Sendo σ = [ ] σ τ, τ σ a equação característica que permite calcular as tensões principais escreve-se como: ( ) det σ e Ĩ = 0 σ [ 0 onde σ e é a tensão principal e Ĩ é o tensor identidade de segunda ordem Ĩ = 0 ]. Ficamos, então, com: σ σ e τ τ σ σ e = 0 (σ σ e )(σ σ e ) τ = 0 σ e (σ + σ )σ e + σ σ τ = 0 cujas raizes são: σ = σ + σ σ = σ + σ + (σ σ (σ σ ) + τ ) + τ