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.
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1
Estruturas
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2
Tensões
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3
Forças num Elemento
Infinitesimal
Fz +
∂ Fz
∂z
dz
dy
Fy
Fx
dz
Fx +
z
O
x
x
y
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Fy +
∂ Fy
∂y
dy
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∂ Fx
∂x
dx
Fz
dx
4
Relação Forças
Tensões
Fxx = σ xx dydz
Fxy = τ xy dydz
Fxz = τ xz dydz
e
∂Fxx
∂σ xx ⎞
⎛
Fxx +
dx = ⎜ σ xx +
dx ⎟ dydz
∂x
∂x
⎝
⎠
∂Fxy
∂τxy ⎞
⎛
Fxy +
dx = ⎜ τ xy +
dx ⎟ dydz
∂x
∂x
⎝
⎠
∂Fxz
∂σ xz ⎞
⎛
Fxz +
dx = ⎜ τ xz +
dx ⎟ dydz
∂x
∂x
⎝
⎠
Etc.
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5
Tensões Normais num
Elemento Infinitesimal
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6
Forças Resultantes
das Tensões Normais
σ yy d x d z
σ xx d x d z
σ zz dydx
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∂ σ yy
⎛
⎞
dy ⎟ dxdz
⎜ σ yy +
∂y
⎝
⎠
e
e
e
∂ σ xx
⎛
⎞
σ
+
d
x
⎜ xx
⎟ d ydz
∂x
⎝
⎠
∂σ zz
⎛
⎞
dz
σ
+
⎜ zz
⎟ dydx
∂z
⎝
⎠
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7
Tensões Tangenciais
ou de Corte
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8
Forças Resultantes
das Tensões de Corte
τ xy d y d z
e
τ zy d x d y
e
∂ τ xy
⎛
⎞
dx ⎟ dydz
⎜ τ xy +
∂x
⎝
⎠
∂ τ zy
⎛
⎞
dz ⎟ dyxdy
⎜ τ zy +
∂z
⎝
⎠
Etc.
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9
Tensões Segundo o
Eixo dos yy
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10
Equação de Equilíbrio de
Forças Segundo o Eixo dos yy
∂τxy
∂σ yy
⎛
⎞
⎛
⎞
dx − τxy ⎟ dydz + ⎜ σ yy +
dy − σ yy ⎟ dxdz +
⎜ τxy +
∂x
∂x
⎝
⎠
⎝
⎠
∂τzy
⎛
⎞
+ ⎜ τzy +
dz − τzy ⎟ dxdy + By dxdydz = 0
∂z
⎝
⎠
Simplificando obtém-se:
∂τ xy
∂x
+
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∂σ yy
∂y
+
∂τ zy
∂z
+ By = 0
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11
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 xx ∂τ yx ∂τ zx
+
+
+ Bx = 0
∂x
∂y
∂z
∂τ xy ∂σ yy ∂τ zy
+
+
+ By = 0
∂x
∂y
∂z
∂τ xz ∂σ yz ∂σ zz
+
+
+ Bz = 0
∂x
∂y
∂z
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12
Caso Particular
Forças no Elemento Bidimensional
Estado Plano de Tensão
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13
Equações de Equilíbrio
de Forças
Equilíbrio de Forças Segundo xx
∂τyx ⎞
⎛
∂σxx ⎞
⎛
dx ⎟ dy −σxxdy + ⎜ τxy +
dy ⎟ dx −τyxdy + Bxdxdy = 0
⎜ σxx +
∂x
∂y ⎠
⎝
⎠
⎝
Simplificando Obtém-se a Equação de Equilíbrio de forças segundo xx.
∂σ xx ∂τ yx
+
+ Bx = 0
∂x
∂y
∂τ xy ∂σ yy
+
+ By = 0
∂x
∂y
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Equações de Equilíbrio
2D
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14
Tensões Tangenciais
As Tensões Tangenciais dão origem a Forças que produzem
Momentos
τ
∂τ
τ zx
xy
∂ τ zx
+
dz
∂z
τ zy +
zy
∂z
dz
τ yx
τ xz +
τ yz +
∂ τ xz
dx
∂x
∂ τ yz
dy
∂y
τ xz
τ yz
τ yx +
z
∂ τ yx
dy
∂y
τ zx
y
τ zy
τ xy +
x
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∂ τ xy
dx
∂x
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15
Equações de
Equilíbrio de Momentos
Equilíbrio de Momentos Segundo o Eixo dos xx
∂τzy ⎞
∂τ yz ⎞
⎛
dz
dz ⎛
dy
dy
dz
dxdy
dxdy
dy
dxdz
dxdz
τ
+
+
τ
−
τ
+
−
τ
=0
⎜ zy
⎟
⎜ yz
⎟
zy
yz
2
2 ⎝
2
2
∂z
∂y
⎝
⎠
⎠
Simplificando obtém-se
τzy = τ yz
Considerando o equilíbrio de Momentos segundo os yy e os zz obtém-se
τzx = τ xz
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τ xy = τ yx
As equações de Equilíbrio de Momentos
implicam simetria do Tensor das Tensões
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16
Caso Particular: Estado
Plano de Tensão–Plano xy
Equilíbrio de Momentos Segundo o eixo dos zz
∂τxy ⎞ dx
∂τyx ⎞ dy
dx ⎛
dy ⎛
−τxydy − ⎜ τxy +
dx ⎟ dy + τyx dx + ⎜ τyx +
dy ⎟ dx = 0
∂x
∂y ⎠ 2
2 ⎝
2 ⎝
⎠ 2
Simplificando obtém-se
τ xy = τ yx
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17
Mudança de Eixos-1
Lei de Transformação
Matriz de Transformação de Oxyz em Ox´y´z´
x y z
⎡ l1 l 2
x′ l 1 m1 n1
⎢
Q = ⎢ m1 m 2
y′ l 2 m 2 n 2
⎢⎣ n1 n 2
z′ l 3 m 3 n 3
[ ]
Condições
das Relações
Ortogonais
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l1 + l 2 + l 3 = 1
2
2
2
l 1 + m1 + n1 = 1
2
2
2
m1 + m 2 + m3 = 1
n1 + n 2 + n3 = 1
l 2 + m2 + n2 = 1
l 3 + m3 + n 3 = 1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
l3 ⎤
⎥
m3⎥
n 3 ⎥⎦
2
2
l 1l 2 + m1m 2 + n1n 2 = 0 l 1l 3 + m1m3 + n1n3 = 0
l 2l 3 + m 2m3 + n 2n3 = 0
l 1m1 + l 2m 2 + l 3m3 = 0 l 1n1 + l 2n 2 + l 3n3 = 0
m1n1 + m 2n 2 + m3n3 = 0
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18
Mudança de Eixos-2
z
z
z´
y´
y
y
x´
x
x
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19
Tensões nas Facetas
Ox´, Oy´e Oz´
Tensor das Tensões em
Oxyz
σ≈
⎡ σ xx
⎢
⎢ τ xy
⎢⎣ τ xz
τ xy
σ yy
τ yz
τ xz ⎤
⎥
τ yz ⎥
σ zz ⎥⎦
Tensões nas Facetas Perpendiculares aos Eixos Ox´, Oy´ e Oz´ com
componentes no sistema de Eixos Oxyz
⎡T x´x T y´x T z´x ⎤ ⎡σ xx τ yx τ zx ⎤ ⎡ l1 l 2 l3 ⎤
⎥⎢
⎢
⎥ ⎢
⎥
=
τ
σ
τ
T
T
T
m
m
m
y´y
z´y ⎥
2
3
yy
zy ⎥
⎢ xy
⎢ x´y
⎢ 1
⎥
⎢⎣ T x´z T y´z T z´z ⎥⎦ ⎢⎣ τ xz τ yz σ zz ⎥⎦ ⎢⎣ n1 n 2 n 3 ⎥⎦
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20
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:
⎡ σ x´x´ τ y´x´ τ z´x´ ⎤ ⎡ l1 m1 n1 ⎤ ⎡T x´x T y´x T z´x ⎤
⎢
⎥ ⎢
⎥
⎥⎢
=
τ
σ
τ
l
m
n
T
T
T
2
2 ⎢ x´y
y´y
z´y ⎥
y´y´
z´y´ ⎥
⎢ x´y´
⎢2
⎥
⎢⎣ τ x´z´ τ y´z´ σ z´z´⎥⎦ ⎢⎣ l3 m 3 n 3 ⎥⎦ ⎣⎢ T x´z T y´z T z´z ⎦⎥
Relações entre os tensores σ e σ´
[σ´] = [Q] [σ ][Q]
T
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21
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.
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22
Tensão Principal
⎡σ xx τ xy τ xz ⎤ ⎧ l ⎫
⎧l⎫
⎡σxx −σ τxy
τxz ⎤ ⎧ l ⎫
⎪ ⎪ ou ⎢
⎢
⎥⎪ ⎪
⎥⎪ ⎪
m
m
=
σ
−σ
⎨ ⎬
τyz ⎥ ⎨m⎬ = 0
⎢ τ yx σ yy τ yz ⎥ ⎨ ⎬
⎢ τyx σyy
⎪ ⎪
⎢⎣ τzx
⎢⎣ τ zx τ zy σ zz ⎦⎥ ⎩⎪ n ⎭⎪
τzy σzz −σ⎥⎦ ⎪⎩ n ⎪⎭
⎩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
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23
Equação Característica
σ xx − σ
τ xy
τ yx
σ yy − σ
τ zx
onde
τ zy
τ xz
3
2
=
−
+
τ yz
σ I1σ − I 2σ + I3 = 0
σ zz − σ
I1 = σ xx + σ yy + σ zz
2
2
2
=
+
+
−
−
−
I 2 σ xx σ yy σ xx σ zz σ yy σ zz τ xy τ xz τ yz
I 3 = σ xx σ yy σ zz + 2τ xy τ xz τ yz − σ xx τ yz − σ yy τ xz − σ zz τ xy
2
2
2
São invariantes do Tensor das Tensões
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24
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 ⎫
⎢
⎥⎪ ⎪
−σ
m
=
0
τ
σ
τ
⎨
⎬
yx
yy
yz
⎢
⎥
⎪
⎪
⎢⎣ τzx
⎥
n
−σ
τzy σzz ⎦ ⎩ ⎭
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25
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
2
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2
26
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 = mσ 2
A tensão normal é
T n = lT x + m T y + n T z =
T z = n σ3
= l 2σ1 + m 2σ 2 + n 2σ3
A tensão tangencial é
2
2
T t = T −T n
T = ( lσ1) + ( mσ 2 ) + ( nσ3 ) − ( l 2σ1+ m 2σ 2 + n 2σ3 )
2
t
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2
2
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2
2
27
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 2t + λ 2 ( l 2 + m 2 + n 2 )
E determine-se os máximos e mínimos em relação a l,m,n
∂f
∂f
∂f
=
=
= 0 ou
∂l ∂m ∂n
lσ12 − ( l 2σ1 + m 2σ 2 + n 2σ3 ) ( 2lσ1) + λ 2l = 0
mσ22 − ( l2σ1 + m2σ2 + n 2σ3) ( 2mσ2 ) + λ2m = 0
n σ32 − ( l 2σ1 + m 2σ 2 + n 2σ3 ) ( 2n σ3 ) + λ 2n = 0
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28
Método dos
Multiplicadores de Lagrange
lσ12 − ( l 2σ1 + m 2σ 2 + n 2σ3 ) ( 2lσ1) + λ 2l = 0
mσ22 − ( l2σ1 + m2σ2 + n 2σ3) ( 2mσ2 ) + λ2m = 0
n σ32 − ( l 2σ1 + m 2σ 2 + n 2σ3 ) ( 2n σ3 ) + λ 2n = 0
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 .
2
2
2
l + m + n =1
As soluções óbvias são
l=m=0, n=1
a que corresponde
λ = σ3 e
Tt = 0
n=m=0, l=1
a que corresponde
λ = σ1 e
Tt = 0
l=n=0, m=1
a que corresponde
λ = σ2 e
Tt = 0
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29
Método dos
Multiplicadores de Lagrange
À solução l ≠ 0,m ≠ 0,n ≠ 0
corresponde σ1 = σ2 = σ3 e Tt = 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
( n 2 − m 2 ) ( σ 2 −σ3 )2 = 0
Sendo σ2 ≠ σ3 , a equação anterior implica n2 = m2 , e sendo m2 + n2 = 1 , obtém-se
l=0, m = ±
1
1
1
e Tt = ± ( σ2 − σ3)
,n = ±
2
2
2
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30
Método dos
Multiplicadores de Lagrange
De modo análogo se obtém
1
1
1
m=0, l = ± , n = ±
e T t = ± ( σ1 − σ3 )
2
2
2
n=0, l = ±
1
1
,m = ±
2
2
e Tt = ±
1
( σ1 − σ 2 )
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.
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31
Tensor Isotrópico ou
Hidrostático
0⎤
⎡σ m 0
⎢0
⎥
0
σ
m
⎢
⎥
⎢⎣ 0
0 σ m ⎥⎦
Com σ m definido como
Pressão Hidrostática
σ xx + σ yy + σ zz I1
=
σm =
3
3
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32
Tensor das Tensões de
Desvio
⎡σ xx − σ m
τ xy
τ xz ⎤
⎢
⎥
σ yy − σ m
τ yz ⎥
σ d ≈ ⎢ τ yx
⎢⎣ τ zx
τ zy
σ zz − σ m ⎦⎥
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33
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) σxx = 50MPa ; σyy = 0; σxy = −60MPa
b) σxx = 110MPa ; σ yy = −40MPa ; σxy = 60MPa
Resolva o problema analiticamente.
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34
Problemas Propostos
2. O tensor das tensões no sistema de eixos Oxyz, num ponto de um sólido
tridimensional, é o seguinte:
⎡ 90 20 − 10 ⎤
⎢
⎥
σ ij = ⎢ 20 45 0 ⎥ MPa
⎢⎣ − 10 0 − 30 ⎥⎦
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.
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35
Problemas Propostos
3. O estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes
cartesianas
σ xx = 60MPa σ yy = 30MPa
τ yz = 10MPa
τ xy =τ xz = 0
σ zz = 30MPa
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.
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36
Problemas Propostos
4. Considere o estado de tensão caracterizado pelo Tensor das Tensões seguinte:
b⎤
⎡100 a
⎢ c 200 0 ⎥ MPa
⎢⎣ d
0 e ⎥⎦
a) Determine os valores de a,b,c,d,e e determine as tensões e direcções principais
3 ,
3
as tensões
de Tensão, sabendo que na faceta cuja normal é − 3 ,
3
3
3
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
{
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}
37
Problemas Propostos
5. O campo de Tensões num sólido elástico, na ausência de forças de volume é
definido, em cada ponto, pelas componentes seguintes:
σ xx = ax
σ yy = 2 − cy
σ zz = 0
τ xy = ax + 2by + c τ yz = −(by − 2)
τ zx = 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.
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38
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 −60
= 0 ou -σ ( 50-σ ) − 3600 = 0
−60
−σ
raízes:
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⎧ σ1 ⎫ ⎧ 90 ⎫
⎨ ⎬=⎨
⎬ MPa
⎩σ2 ⎭ ⎩−40 ⎭
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39
Resolução do Prob 1
Cont.
Para determinar a orientação das direcções principais
considera-se o sistema de equações seguinte no que respeita a
σ1=90MPa
⎡50 − 90 −60 ⎤ ⎧ l ⎫
2
=
0
com
l=1
determina-se
m=
⎨ ⎬
⎢ −60
⎥
−90 ⎦ ⎩ m ⎭
3
⎣
2 ⎫
⎧ 3
±
a que corresponde o versor ⎨±
⎬
13 ⎭
⎩ 13
Para σ2=-40MPa procede-se de modo análogo.
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40
Resolução do Prob 1
(Outra Forma)
Utilizando as Fórmulas seguintes também se pode chegar aos
−12
τ xy
mesmos resultados.
tan g2θ p =
=
= −2.4
( σ xx − σ yy ) / 2 5
θ p = 33.69º
⎛ σ xx − σ yy ⎞
σ xx + σ yy
2
± ⎜
+
( σ x´x´ ) max =
τ
xy
⎟
2
2
min
⎝
⎠
2
⎧ σ1 ⎫ ⎧25 + 65⎫ ⎧ 90 ⎫
ou ⎨ ⎬ = ⎨
⎬=⎨
⎬
σ
25
65
40
−
−
⎭ ⎩
⎭
⎩ 2⎭ ⎩
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Resolução Problema
2a)
O Tensor das tensões é:
z
30
⎡ 90 20 −10 ⎤
⎢ 20 45 0 ⎥ MPa
⎢
⎥
⎢⎣ −10 0 −30 ⎥⎦
90
45
45
20
y
90
x
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30
z
10
10 20
10 20
10
y
x
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42
Resolução Problema
2b)
A equação característica é:
90 − σ
20
−10
20
45 − σ
0
−10
0
−30 − σ
= 0 ⇒ −σ3 − 105σ 2 + 500σ − 11400 = 0
⎧ σ1 ⎫ ⎧ 98.3 ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
cuja solução é: ⎨σ2 ⎬ = ⎨−30.9 ⎬ MPa
⎪ σ ⎪ ⎪ 37.6 ⎪
⎩ 3⎭ ⎩
⎭
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Resolução Problema
2c)
20
−10 ⎤ ⎧ l ⎫ ⎧0 ⎫
⎡90 − 98.3
⎢ 20
⎥ ⎪ m ⎪ = ⎪0 ⎪
45
98.3
0
−
⎢
⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬
⎢⎣ −10
−30 − 98.3⎥⎦ ⎩⎪ n ⎭⎪ ⎩⎪0 ⎭⎪
0
Considerando l=1 obtém-se m=0.375 e n= -0.0779
Normalizando obtém-se: l = 0.934; m = 0.350;n = -0.0728
De modo análogo se obtêm os restantes cossenos directores.
Para verificar que são ortogonais consideram-se os produtos
escalares dos vectores.
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44
Resolução Problema
2d)
Pressão média p=(90+45-30)/3=35
-10 ⎤ ⎡ 55 20 −10 ⎤
⎡90-p 20
⎢ 20 45-p
⎥ = ⎢ 20 10
⎥
0
0
⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢⎣ −10
0
-30-p ⎥⎦ ⎢⎣ −10 0 −65⎥⎦
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Resolução Problema
2e)
A equação característica é:
55 − σ
20
−10
20
10 − σ
0
−10
0
−65 − σ
= 0 ⇒ −10750 + 4175σ − σ3 = 0
Os Invariantes são:J1=0;J2=-4175;J3=-10750
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Resolução Problema
2f)
Por solução da equação característica obtêm-se as tensões
principais:
90 − σ
20
−10
20
−10
45 − σ
0
= 0 ⇒ −σ3 − 105σ 2 + 500σ − 11400 = 0
0
−30 − σ
⎧ σ1 ⎫ ⎧ 98.3 ⎫
⎪ ⎪ ⎪
⎪
cuja solução é: ⎨σ 2 ⎬ = ⎨−30.9 ⎬ MPa
⎪σ ⎪ ⎪ 37.6 ⎪
⎩ 3⎭ ⎩
⎭
σ − σ3
σ1 − σ 2
= ±64.6MPa;Tt 2 = ± 1
= ±30.35MPa
2
2
σ − σ3
Tt3 = ± 2
= ±34.25MPa;
2
Tt1 = ±
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Resolução Problema
2f)
Cont.
σ1 − σ2
Tt1 = ±
= ±64.6MPa;
2
σ1 + σ2
Tn1 =
= 33.7MPa
2
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Resolução Problema
2g)
Os co-senos directores de um plano igualmente inclinado
em relação aos eixos coordenados são: ⎧ 1
1
1 ⎫
⎨
⎬
⎧ 1 ⎫ ⎧ 100 ⎫
3
3⎭
⎩ 3
⎪ ⎪ ⎪
⎪
3
3
⎡ 90 20 −10 ⎤ ⎪
JG ⎢
⎪
T = ⎢ 20 45 0 ⎥⎥ ⎨
⎢⎣ −10 0 −30 ⎥⎦ ⎪
⎪
⎪
⎩
⎧100
Tn = ⎨
⎩ 3
65
3
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⎪ ⎪
⎪
1 ⎪ ⎪ 65 ⎪
⎬=⎨
⎬
3⎪ ⎪ 3 ⎪
1 ⎪ ⎪ 40 ⎪
⎪ ⎪−
⎪
3⎭ ⎩ 3⎭
⎧ 1 ⎫
⎪ ⎪
⎪ 3⎪
40 ⎫ ⎪ 1 ⎪ 125
−
MPa
⎬⎨ ⎬ =
3
3 ⎭⎪ 3 ⎪
⎪ 1 ⎪
⎪ ⎪
⎩ 3⎭
JG
100
T =
3;Tt =
3
JG 2
25
2
= T − Tn =
23
3
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49
Resolução Problema
2h)
x
y
z
x′ l 1 m1 n1
y′ l 2 m 2 n 2
z′ l 3 m 3 n 3
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⎡ l1 l 2 l3 ⎤
⎢
⎥=
=
Q
[ ] ⎢ m1 m 2 m3⎥
⎢⎣ n1 n 2 n 3 ⎥⎦
⎡ 3
⎤
1
0⎥
−
⎢
2
⎢ 2
⎥
⎢ 1
⎥
3
0⎥
=⎢
2
⎢ 2
⎥
0 1⎥
⎢ 0
⎢
⎥
⎢⎣
⎥⎦
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50
Resolução Problema
2h)
[σ´] = [Q] [σ][Q]
T
⎡ 96.07 −9.49 −8.66 ⎤
[σ´] = ⎢⎢ −9.49 38.93 5 ⎥⎥
⎢⎣ −8.66
−30 ⎥⎦
5
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51
Resolução Problema
3a)
O Tensor das Tensões é
z
x
60
y
⎡60 0 0 ⎤
⎢ 0 30 10 ⎥ MPa
⎢
⎥
⎢⎣ 0 10 30 ⎥⎦
As tensões tangenciais ou de corte no plano perpendicular
ao eixo dos xx são nulas existindo só a tensão normal
σxx=60MPa consequentemente o plano perpendicular ao
eixo dos xx é um plano principal e este plano é o plano Oyz
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52
Resolução Problema
3b)
Tensor das Tensões
⎡60 0 0 ⎤
⎢ 0 30 10 ⎥ MPa
⎢
⎥
⎢⎣ 0 10 30 ⎥⎦
Equação Característica
(60 − σ)(( 30 − σ ) − 100) = 0
2
Solução : σ1 = 60MPa; σ 2 = 40MPa; σ3 = 20MPa
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Resolução Problema 3b)
Cont.
Para a Tensão σ1=60MPa a direcção principal é {1,0,0}.
Para a Tensão σ2=40MPa a direcção principal obtém-se
resolvendo o sistema de equações seguinte:
0
0 ⎤⎧ l ⎫
⎡60 − 40
⎪ ⎪
⎢ 0
⎥
30 − 40
10 ⎥ ⎨m ⎬ = 0 ⇒ l = 0, m = 1, n = 1;
⎢
⎢⎣ 0
10
30 − 40 ⎥⎦ ⎩⎪ n ⎭⎪
Normalizando obtém-se: {0,1/ 2,1/ 2}
De modo análogo se determina a direcção principal
associada à tensão σ3=20MPa que é: {0,1/ 2, −1/ 2}
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Resolução Problema 3c)
O Tensor das Tensões é:
⎡60 0 0 ⎤
⎢ 0 30 10 ⎥ MPa
⎢
⎥
⎢⎣ 0 10 30 ⎥⎦
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.
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55
Resolução Problema 3d)
O Tensor das Tensões de Desvio obtém-se subtraindo aos
elementos da diagonal do tensor das tensões a pressão
hidrostática:
0 ⎤
⎡60 0 0 ⎤ ⎡ 40 0 0 ⎤ ⎡ 20 0
⎢ 0 30 10 ⎥ − ⎢ 0 40 0 ⎥ = ⎢ 0 −10 10 ⎥ MPa
⎢
⎥ ⎢
⎥ ⎢
⎥
⎢⎣ 0 10 30 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 40 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 10 −10 ⎥⎦
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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:
b ⎤ ⎧ − 3 3⎫ ⎧ 0 ⎫
a + b = 100
⎡100 a
⎢ a 200 0 ⎥ ⎪⎪ 3 3 ⎪⎪ = ⎪0 ⎪ ⇒ a = 200
⎬ ⎨ ⎬
⎢
⎥⎨
⎢⎣ b
0 e ⎥⎦ ⎪ 3 3 ⎪ ⎩⎪0 ⎭⎪
b=e
⎩⎪
⎭⎪
A solução do sistema de equações conduz ao resultado seguinte.
a = 200MPa; b = -100MPa;e = -100MPa
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Resolução
Problema 4b)
O Tensor das Tensões é:
⎡ 100 200 −100 ⎤
⎢ 200 200
⎥ MPa
0
⎢
⎥
⎢⎣ −100 0 −100 ⎥⎦
as tensões principais são: {0,364.58,-164.58}
As tensões de corte “máximas” são:
σ − σ3
σ1 − σ 2
= −182.29MPa; Tt 2 = 1
= 82.29MPa;
2
2
σ − σ3
= 264.58MPa;
Tt1 = 2
2
Tt1 =
Os planos que correspondem às tensões de corte máximas
fazem 45º com os planos principais.
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Resolução do Problema
5a)
O campo das Tensões deve satisfazer as equações de
equilíbrio, com Bx=0, By=0 e Bz=0.
∂σ xx ∂τ yx ∂τ zx
+
+
+ Bx = 0
∂x
∂y
∂z
∂τ xy ∂σ yy ∂τ zy
+
+
+ By = 0
∂x
∂y
∂z
∂τ xz ∂σ yz ∂σ zz
+
+
+ Bz = 0
∂x
∂y
∂z
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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
⎩
⎩
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