ANÁLISE DAS TENSÕES 1.1. RESUMO DA TEORIA 1.1.1 ... · zy = τ yz e τ zx = τ xz. Em...

J. F. Silva Gomes, FEUP - Porto, 2009

CAPÍTULO I

ANÁLISE DAS TENSÕES

1.1. RESUMO DA TEORIA

1.1.1. Introdução. O Conceito de Tensão

Há, fundamentalmente, dois tipos distintos de forças exteriores que podem actuar sobre um corpo material: (i)-forças de superfície e (ii)-forças de volume. Considere-se o corpo (C) em equilíbrio sob a acção destes dois tipos de forças, Fig. 1.1:

A Tensão Resultante ),P( nTrr

, no ponto P, para uma superfície de corte

perpendicular a nr

=(l, m, n), define-se pela expressão (Fig. 1.2):

A

FlimT

∆A ∆

∆=

→

rr

0 (1.1)

Fig. 1.1 – Corpo em equilíbrio

),,( nmln =r

6Pr

1Pr

2Pr

3Pr

5Pr

z

x

y

(I)

O

7Pr

4Pr

(II) s

P s

Fig. 1.2 – Tensão resultante no ponto P

Fr

∆

),,( nmln =r

4Pr

3Pr

2Pr

1Pr

A∆

x

y

z

O

(I)

s

s

P

Tr

2 Mecânica dos Materiais e Estruturas Lineares. Teoria e Aplicações


Em geral, o vector tensão resultante

),P( nTrr

tem uma direcção distinta

da normal nr

e poderá decompor-se segundo duas direcções ortogonais, conforme ilustrado na Fig.1.3: Uma componente perpendicular ao plano de corte, designada por tensão normal e representada por σ; e uma segunda componente no plano de corte, designada por tensão tangencial ou tensão de

corte, representada porτ.

1.1.2. Componentes Cartesianas da Tensão

Em cada ponto P(x,y,z), é possível definir um conjunto de nove componentes cartesianas do estado de tensão nesse ponto, Fig.1.4 e Fig.1.5, que podem ser agrupadas numa matriz quadrada sob a forma seguinte:

[ ]

=

zzzyzx

yzyyyx

xzxyxx

στττστττσ

τ (1.2)

Fig. 1.5 - Representação gráfica das seis componentes cartesianas da tensão

Fig. 1.4 - Componentes cartesianas da tensão resultante ),( kPT

rr

zzσ

knrr

≡),( kTrr

P

zyτ

zxτ y

z

(I)

x

P

zzσ

yyσ yyσ

zzσ

xxσ

xxσ

yxτ

yxτ

xzτ xzτyzτ

yzτ

zxτ

zxτxyτ

xyτ

zyτ

zyτ

x

y

z

Fig. 1.3 - Decomposição do vector tensão resultante

Tr

σr

(I)

τr s

s P

nr

Capítulo I - Análise das Tensões 3


A matriz das tensões [τ ] é simétrica relativamente à diagonal principal, isto é, τyx = τxy , τzy = τyz e τzx = τxz. Em alternativa, é possível representar as seis componentes independentes da tensão pelo chamado vector das

tensões {σσσσ}, definido pela seguinte expressão:

σσσσ = {σσσσ}=

xy

xz

yz

zz

yy

xx

τττσσσ

(1.3)

1.1.3. Tensão para uma Orientação Arbitrária

Em cada ponto P(x,y,z) dum corpo material, a intensidade e a direcção do

vector tensão resultante Tr

dependem da orientação do plano de corte (π) que se considera, Fig. 1.6(a):

zzzyzxz

yzyyyxy

xzxyxxx

nmlT

nmlT

nmlT

σττ

τστ

ττσ

++=

++=

++=

(1.4a)

ou, sob a forma matricial:

Fig. 1.6 – Tensão resultante para um plano de orientação arbitrária

),,( nmln =r

z

x

y P

π

),,( zyx TTTT =r

P

π

nr

Tr

nrr σσ = τr

(a) (b)



=

n

m

l

T

T

T

zzzyzx

yzyyyx

xzxyxx

z

y

x

στττστττσ

(1.4b)

As componentes normal (σ) e tangencial (τ) da tensão em P são dadas, respectivamente, pelas expressões seguintes:

nlmnlmnml zxyzxyzzyyxx τττσσσσ 222222 +++++= (1.5)

e 22222 στ −++= zyx TTT (1.6)

A direcção da tensão de corte τ no plano π, ),,( cccc nmln =r , fica definida

pelos respectivos co-senos directores:

τστσ

τσ

/)(

/)(

/)(

nTn

mTm

lTl

zc

yc

xc

−=

−=

−=

(1.7)

1.1.4. Equações de Equilíbrio

As seis funções que definem o campo das tensões estão ligadas entre si por três equações diferenciais:

=+∂

∂+

∂

∂+

∂∂

=+∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

=+∂

∂+

∂

∂+

∂∂

0

0

0

zzzyzxz

yzyyyxy

xzxyxxx

Fzyx

Fzyx

Fzyx

σττ

σστ

ττσ

(1.8)

Estas são as chamadas equações de equilíbrio da teoria da elasticidade ou equações de equilíbrio das tensões em coordenadas cartesianas.

Além das equações de equilíbrio, verifica-se também que as componentes de corte em cada ponto são iguais duas a duas, isto é:



xzzx

yzzy

xyyx

ττττττ

=

=

=

(1.9)

A simetria das tensões tangenciais expressa pelas equações (1.9) implica uma lei de reciprocidade mais geral, que se pode exprimir através da seguinte equação vectorial:

nnTnnTrrrrrr

|)',P( '|),P( = (1.10)

Este resultado traduz a denominada lei da reciprocidade das tensões ou

Teorema de Cauchy.

1.1.5. Leis de Transformação das Tensões

Por aplicação das equações (1.4), podem calcular-se as componentes cartesianas da tensão referidas a um referencial particular Ox’y’z’, Fig.1.7, em função das componentes cartesianas da tensão no referencial global Oxyz e dos co-senos directores que definem a posição relativa dos dois referenciais:

)()(

)(

)()(

)((1.11) )()(

)(

222

222

222

''''''''

''''''''''

''''''''

''''''''''

''

''

''''''''

''''''''''''

''''''2'

2'

2'''

''''''2

'2

'2'''

''''''2'

2'

2'''

yxyxxyyxyxxz

yxyxyzyxzzyxyyyxxx

xzxzxyxzxzxz

xzxzyzxzzzxzyyxzxx

yx

zx

zyzyxyzyzyxz

zyzyyzzyzzzyyyzyxxzy

zzxyzzxzzzyzzzzzyyzxxzz

yyxyyyxzyyyzyzzyyyyxxyy

xxxyxxxzxxyzxzzxyyxxxxx

lmmlnlln

mnnmnnmmll

lmmlnlln

mnnmnnmmll

lmmlnlln

mnnmnnmmll

mllnnmnml

mllnnmnml

mllnnmnml

++++

++++=

++++

++++=++++

++++=

+++++=

+++++=

+++++=

ττ

τσσσ

ττ

τσσσ

τ

τ

τττσσστ

τττσσσσ

τττσσσσ

τττσσσσ

ou, inversamente:

Fig. 1.7– Referenciais Oxyz e Ox’y’z’

O=O'

x

x'

y'

y

z'

z



)()(

)(

)()(

)()12.1( )()(

)(

222

222

222

''''''''''''

''''''''''''''''''

''''''''''''

''''''''''''''''''

''''''''''''

''''''''''''''''''

''''''''''''2'''

2'''

2'''

''''''''''''2'''

2'''

2'''

''''''''''''2'''

2'''

2'''

xyyxyxzxxzyx

yzzyzyzzzzyyyyxxxx

xyyxyxzxxzzx

yzzyzyzzzzyyyyxxxx

xy

xz

xyyxyxzxxzzx

yzzyzyzzzzyyyyxxxxyz

yxyxxzzxzyzyzzzyyyxxxzz

yxyxxzzxzyzyzzzyyyxxxyy

yxyxxzzxzyzyzzzyyyxxxxx

mlmlmlml

mlmlmlmlml

lnlnlnln

lnlnlnlnln

nmnmnmnm

nmnmnlnmnm

nnnnnnnnn

mmmmmmmmm

lllllllll

++++

++++=

++++

++++=++++

++++=

+++++=

+++++=

+++++=

ττ

τσσσ

ττ

τσσσ

τ

τ

τττσσστ

τττσσσσ

τττσσσσ

τττσσσσ

Estas equações de transformação podem escrever-se de uma maneira concentrada, sob a forma matricial seguinte:

[ ] [ ] [ ] [ ]T

' LL ττττττττ = (1.13)

onde [L] é a matriz de transformação de coordenadas e [L]T é a

respectiva matriz transposta.

Inversamente, pode escrever-se:

[ ] [ ] [ ] [ ]LL ' T ττττττττ = (1.14)

Em alternativa, quando se utiliza a notação vectorial da tensão, as equações de transformação das tensões escrevem-se:

xy

xz

yz

zz

yy

xx

τττσσσ

= [T]

''

''

''

''

''

''

yx

zx

zy

zz

yy

xx

τττσσσ

(1.15a)

ou, simplesmente :

{σσσσ} = [T] {σσσσ’} (1.15b)

onde:



[T] =

666564636261

565554535251

464544434241

363534333231

262524232221

161514131211

TTTTTT

TTTTTT

TTTTTT

TTTTTT

TTTTTT

TTTTTT

(1.16)

com:

2'11 xlT = ; 2

'12 ylT = ; 2'13 zlT = ; ''14 2 zy llT = ; ''15 2 xz llT = ; ''16 2 yx llT = ; 2

'21 xmT = ;

2'22 ymT = ; 2

'23 zmT = ; ''24 2 zy mmT = ; ''25 2 xz mmT = ; ''26 2 yx mmT = ; 2'31 xnT = ;

2'32 ynT = ; 2

'33 znT = ; ''34 2 zy nnT = ; ''35 2 xz nnT = ; ''36 2 yx nnT = ; ''41 xx nmT = ;

''42 yy nmT = ; ''43 zz nlT = ; ''''44 yzzy nmnmT += ; ''''45 zxxz nmnmT += ;

''''46 xyyx nmnmT += ; ''51 xx nlT = ; ''52 yy nlT = ; ''53 zz nlT = ; ''''54 yzzy lnlnT += ;

''''55 zxxz lnlnT += ; ''''56 xyyx lnlnT += ; ''61 xx mlT = ; ''62 yy mlT = ; ''63 zz mlT = ;

''''64 yzzy mlmlT += ; ''''65 zxxz mlmlT += ; ''''66 xyyx mlmlT +=

A matriz [T] definida pelos coeficientes (1.24d) é designada por matriz

de transformação das tensões.

Inversamente, pode escrever-se:

{σσσσ'} = [T]-1 {σσσσ} = [R] {σσσσ} (1.17) onde:

[R] =

666564636261

565554535251

464544434241

363534333231

262524232221

161514131211

RRRRRR

RRRRRR

RRRRRR

RRRRRR

RRRRRR

RRRRRR

(1.18)

com:



2'11 xlR = ; 2

'12 xmR = ; 2'13 xnR = ; ''14 2 xx nmR = ; ''15 2 xx lnR = ; ''16 2 xx mlR = ;

2'21 ylR = ; 2

'22 ymR = ; 2'23 ynR = ''24 2 yy nmR = ; ''25 2 yy lnR = ; ''26 2 yy mlR = ;

2'31 zlR = ; 2

'32 zmR = ; 2'33 znR = ; ''34 2 zz nmR = ; ''35 2 zz lnR = ; ''36 2 zz mlR = ;

''41 zy llR = ; ''42 zy mmR = ; ''43 zy nnR = ; ''''44 zyzy mnnmR += ;

''''45 zxzy nlylnR += ; ''''46 zyzy lmmlR += ; ''51 zx llR = ; ''52 zx mmR = ;

''53 zx nnR = ; ''''54 xzxz mnnmR += ; ''''55 xzxz nllnR += ; ''''56 xzxz lmmlR +=

''61 yx llR = ; ''62 yx mmR = ; ''63 yx nnR = ; ''''64 yxyx mnnmR += ;

''''65 yxyx nllnR += ; ''''66 yxyx lmmlT +=

Independentemente do referencial que se utilize, são sempre constantes as seguintes grandezas:

1º Invariante das Tensões

1''''' Izzyyxxzzyyxx =++=++ σσσσσσ (1.19)


2''

2''

2'''''''''''''' xzzyyxxxzzzzyyyyxx τττσσσσσσ −−−++ =

2222 Izxyzxyxxzzzzyyyyxx =−−−++= τττσσσσσσ (1.20)


''''''2

''''2

''''2

'''''''''' 2 xzzyyxyxzzxzyyzyxxzzyyxx ττττστστσσσσ +−−− =

2 3222 Izxyzxyxyzzzxyyyzxxzyyxx =+−−−= ττττστστσσσσ (1.21)

1.1.6. Tensões Principais

Para determinadas orientações do plano de corte, o vector tensão

resultante Tr

é paralelo ao versor normal nr

, Fig.1.8, sendo nula a respectiva componente de corte (τ = 0). Tal plano diz-se um plano

principal de tensão e a direcção nr

perpendicular a esse plano principal é uma direcção principal de tensão. A tensão normal que lhe corresponde, σ = T, diz-se uma tensão principal no ponto considerado.



Em cada ponto P, existem pelo menos três planos principais mutuamente ortogonais, aos quais estão associadas, no máximo, três tensões principais distintas. As tensões principais σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 são as três raízes da seguinte equação algébrica do 3º grau em σ :

0=

−

−

−

σστττσστττσσ

zzyzxz

yzyyxy

xzxyxx

(1.22)

ou seja, desenvolvendo a expressão para o determinante acima:

)23.1( 0)2(

)()(

222

22223

=+−−−−

−−−+++++−

xzyzxyxyzzxzyyyzxxzzyyxx

xzyzxyxxzzzzyyyyxxzzyyxx

ττττστστσσσσ

στττσσσσσσσσσσσ

Para cada uma dessas tensões principais, a respectiva direcção é dada pelo sistema de equações lineares seguinte:

=−++

=+−+

=++−

0)(

0)(

0)(

nml

nml

nml

zzyzxz

yzyyxy

xzxyxx


(1.24)

onde σ assume os valores σ1, σ2 ou σ3, respectivamente.

Relativamente ao triedro principal { 321 , , nnnrrr

}, as expressões das componentes da tensão normal e de corte para a um plano qualquer, definido pelos respectivos co-senos directores (l, m, n), são as seguintes:

32

22

12 σσσσ nml ++= (1.25)

e

Fig. 1.8 – Plano principal de tensão

z

zT

nTrr σ=

yT

nr

xT

x

y

(I)

P



22213

22232

22221

23

22

21

223

222

221

22

)()()(

)(

lnnmml

nmlnml

σσσσσσ

σσσσσστ

−+−+−=

++−++= (1.26)

1.1.7. Valores Máximos das Tensões Normais e de Corte

Os valores estacionários das tensões normais num ponto ocorrem para planos de corte coincidentes com os planos principais de tensão nesse ponto. Considerando a convenção habitual em tomar 321 σσσ ≥≥ , o

valor máximo da tensão normal é igual à maior das tensões principais σ1 e o valor mínimo é igual a σ3.

Quanto à tensão de corte, o valor máximo em cada ponto é dado pela expressão seguinte:

231 σσ

τ−

=max (1.27)

e ocorre para um plano de corte definido por um versor normal cnr

, cujos co-senos directores no triedro principal são os seguintes:

)2/2 ,0 ,2/2( ±±=cnr

(1.28)

1.1.8. Tensões Octaédricas

As direcções e planos cujos co-senos directores, no referencial principal no ponto P, satisfazem a condição:

31222 === nml (1.29)

são designadas direcções e planos octaédricos no ponto considerado, respectivamente. Tais direcções estão orientadas segundo as diagonais de um cubo de aresta unitária centrado no ponto considerado, Fig.1.9.



A área triangular ABC na Fig. 1.9 representa o plano octaédrico correspondente ao primeiro quadrante, perpendicular à diagonal PQ. Considerando todos os planos octaédricos à volta do ponto, obtém-se um octaedro regular, conforme ilustrado na Fig.1.10.

A tensão normal em qualquer um dos planos octaédricos obtém-se através da expressão habitual definida pela equação (1.25):

mzzyyxx

oct nml

σσσσ

σσσσσσσ

=++=

++=++=

)(

)(

31

32131

32

22

12

(1.30)

A tensão de corte octaédrica τoct é a tensão num plano octaédrico e obtém-se a partir da equação (1.26), fazendo l2=m

2=n2=1/3, isto é:

[ ][ ]222222

91

213

232

2219

1

22213

22232

22221

2

666)()()(

(1.31) )()()(

)()()(

zxyzxyxxzzzzyyyyxx

oct lnnmml

τττσσσσσσ

σσσσσσ

σσσσσστ

+++−+−+−=

−+−+−=

−+−+−=

1.1.9. Construção de Mohr

(i)-Num diagrama rectangular plano, em que se toma a tensão normal (σ) como abcissa e a tensão de corte (τ) como ordenada, Fig. 1.11, marque-se sobre o eixo das abcissas os pontos P1, P2 e P3 de tal modo que:

332211 OP,OP,OP σσσ ===

Fig. 1.10- Planos octaédricos

P

1nr

2nr

3nr

Fig. 1.9 - Direcção octaédrica PQ

1nr

3nr

2nr

Q

P

A

B

C



(ii)-Tomando os segmentos P2P3, P1P3 e P1P2 como diâmetros, desenhar os três círculos de Mohr (1), (2) e (3) com centros nos pontos médios C1, C2 e C3, respectivamente.

(iii)-A partir da vertical t1 em P1 marcar o ângulo α=arcos(l) que define a recta P1Q3Q2, que intersecta os círculos de Mohr (2) e (3) nos pontos Q2 e Q3, os quais estão sobre uma mesma circunferência com centro em C1.

(iv)-Com centro nesse ponto C1, desenhar o arco de circunferência

Q2QQ3;

(v)-Seguindo um procedimento análogo a (iii), a partir da vertical t3 em P3, marcar o ângulo γ=arcos(n) e desenhar a recta P3S1S2 que intersecta os círculos de Mohr (1) e (2) nos pontos S1 e S2 , respectivamente.

(vi)- Com centro no ponto C3, desenhar o arco de circunferência S1QS2;

(vii)-A intersecção dos dois arcos de circunferência (iv) e (vi) define o ponto Q, cujas coordenadas no plano (σ , τ) são:

++−

++++≡

23

22

21

2

23

222

221

2

32

22

12

)( ),(Q

σσσ

σσσσσσ

nml

nmlnml

Fig. 1.11- Diagrama de Mohr para as tensões

τ

θ

2/)( 32 σσ +

2/)( 31 σσ +

2/)( 21 σσ +

σ

σ

τ

α

t2

β

β

γ

r2

r3

(2) (3)

(1)

R1

S1

Q3

Q2

Q

R3

P1 C2 C3 σ3

σ2

σ1

P 3

O

P2

C1

t3

t1

r1

S2



O ponto Q representativo da tensão para o plano considerado tem coordenadas tais que a sua abcissa é igual à componente normal da tensão e a ordenada é igual à respectiva componente tangencial.

O raio vector OQ materializa o vector tensão resultante ),P( nTrr

e ângulo

θ=arctg(τ/σ), que o raio vector OQ faz com o eixo das abcissas,

representa a inclinação da tensão resultante ),P( nTrr

em relação à semi-

normal positiva nr

do plano sobre o qual actua.

A terceira circunferência a tracejado na Fig. 1.11, com centro no ponto C2, pode também obter-se por um processo idêntico e permite confirmar o rigor da construção anterior para a determinação do ponto Q:

(a)-Marcar o ângulo ß=arcos(m), para um e outro lado da vertical t2 em P2, e determinar os pontos de intersecção R1 e R3 com os círculos de Mohr (1) e (3), respectivamente;

(b)-Com centro no ponto C2, desenhar o arco de circunferência R1QR3.

Se o diagrama anteriormente construído estiver correcto, a circunferência agora desenhada intersecta as outras duas no mesmo ponto Q.

1.1.10. Estado Plano de Tensão

Um estado plano de tensão corresponde ao caso em que as forças de volume e as forças de superfície definem um plano único - o plano (x,y), por exemplo - que contém as tensões em cada ponto. É o caso de uma placa de espessura reduzida solicitada por um sistema de forças paralelas ao plano da própria placa, Fig.1.12(a).



Um estado plano de tensão fica caracterizado pelas três componentes

σxx,σyy, τxy, sendo nulas as restantes componentes, isto é, σzz=τxz=τyz = 0.

Qualquer plano de corte perpendicular ao plano da placa ficará identificado pelo ângulo θ que a respectiva normal faz com a direcção do eixo Ox. Considerando o equilíbrio do elemento triangular ABC, Fig. 1.12(b), obtém-se:

)2()2(22

θτθσσσσ

σ sencos xyyyxxyyxx +

−+

+= (1.32)

)2()2(2

θτθσσ

τ cossen xyyyxx +

−−= (1.33)

A tensão de corte τ anula-se para um ângulo θp tal que:

( )yyxx

xytg

σσ

τθ

−=

2 2 p (1.34)

Atendendo a que tg(2θp) =

tg(2θp+π), existem duas direcções mutuamente perpendiculares que satisfazem a condição (1.34). Estas

Fig. 1.12 - Solicitação correspondente a um estado plano de tensão

(a)

(b)

nr

yyσ

yyσ

xyτ

z

x

x

y

y

yyσ

xxσxyτ

yxτ

σ σ

τ

τ

θ

A

B

C

1Pr

2Pr

3Pr

4Pr

5Pr

6Pr

7Pr

8Pr

9Pr

10Pr

θ

xxσ xxσ

xyτ

O

x

y

θp

1nr

2nr

Fig. 1.13 - Direcções principais no plano xy



são as duas direcções principais de tensão 21 e nn

rr no plano (x,y),

Fig.1.13.

Ao utilizar a equação (1.34) é habitual recorrer-se à seguinte regra prática para identificar os ângulos θ1 e θ2:

(i) - Se 0>xyτ , o ângulo θ1 está no intervalo 2/0 1 πθ <<

(ii) - Se 0<xyτ , o ângulo θ1 está no intervalo 02/ 1 <<− θπ

As tensões principais correspondentes são:

222

221

)2

(2

)2

(2

xy

yyxxyyxx

xy

yyxxyyxx

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

+−

−+

=

+−

++

= (1.35)

As tensões σ1 e σ2 dadas pelas expressões (1.35) correspondem ao valor máximo e ao valor mínimo, respectivamente, da componente normal da tensão no ponto considerado.

1.1.11. Tensões Principais Secundárias

Na situação mais geral duma solicitação tridimensional, as equações (1.32)-(1.35) continuam válidas para as tensões no plano (x, y), embora possam ser diferentes de zero as componentes σzz, τxz e τyz. Neste caso as tensões dadas pelas equações (1.35) dizem-se as tensões principais

secundárias no plano (x, y) e representam-se pelos símbolos σ’1 e σ’2, respectivamente:

22

22'1

)2

(2

2

)2

(2

xyyyxxyyxx

xyyyxxyyxx

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

+−

−+

=

+−

++

= (1.36)



As direcções definidas pela equação (1.34) são as direcções principais

secundárias '2

'1 e nn

rrda tensão em P, no plano (x, y).

1.1.12. Círculo de Mohr para as Tensões num Plano

Adoptando para referência as duas direcções principais de tensão 21 e nnrr

,

no caso dum estado plano de tensão, ou '2

'1 e nn

rr, no caso mais geral, de

acordo com as equações (1.32) e (1.33), a tensão normal σ e a tensão de corte τ para um plano oblíquo qualquer definido pelo ângulo θ, relativamente a 1n

r, Fig. 1.14, são dadas pelas seguintes expressões:

)2(22

2121 θσσσσ

σ cos−

++

= (1.37)

)2(2

21 θσσ

τ sen−

−= (1.38)

Aquelas duas componentes da tensão em P são as coordenadas do ponto D sobre o círculo de Mohr desenhado num diagrama (σ, τ), conforme ilustrado na Fig.1.15(a). O centro do círculo de Mohr é o ponto C sobre o eixo das abcissas, à distância (σ1+σ2)/2 da origem do diagrama, sendo

Fig. 1.14 - Plano oblíquo Fig. 1.15 - Círculo de Mohr no plano xy

nr

1nr

2nr

σ(θ+π/2)

σ(θ)

θ

O

A

B

C

τ

τ

σ

τ

maxτyxτ

xyτ

yyσ

xxσ

2σ

1σ

2/)( 21 σσ +

θ2θ

E’

D

D’

P1

P2

C

xyτ

xyτ

yyσ

xxσxxσ

yyσ

θ

1σ

1σ

2σ

2σ

a

d

c

b

(a)

(b)

O

E



o respectivo raio igual à semi-diferença das duas tensões principais σ1 e

σ2 no plano xy, isto é, igual a (σ1-σ2)/2.

Na construção do círculo de Mohr, o eixo τ é orientado positivamente no sentido ascendente e o eixo σ no sentido da esquerda para a direita. As tensões normais positivas indicam tracção e as tensões de corte são consideradas positivas quando definem um binário que tende a fazer rodar o elemento sobre que actuam no sentido do movimento dos ponteiros do relógio. É o caso das tensões de corte que actuam nas faces bc e ad do elemento abcd representado na Fig.1.15(b). À medida que o ângulo θ varia, desde o valor θ = 0 até θ = π/2, o ponto D sobre a Fig.1.15(a), desloca-se de P1 para P2, de tal forma que a parte superior do círculo de Mohr representa as tensões para todos os valores de θ compreendidos entre aqueles dois limites. A metade inferior do círculo de Mohr representa as tensões para valores do ângulo θ compreendidos entre θ = − π /2 e θ =0.

Prolongando o raio CD até ao ponto D’, Fig.1.15(a), isto é, se se considerar o ângulo π+2θ em vez de 2θ, obtêm-se as tensões que actuam no plano BC perpendicular a AB, conforme representado na Fig.1.14.

A construção representada na Fig.1.15(a) pode também ser utilizada para determinar as direcções principais de tensão no ponto considerado. Com efeito, se forem conhecidas as componentes σxx, σyy e τxy da tensão relativamente a um sistema de eixos arbitrário Oxy, ficam perfeitamente identificados os pontos D e D’, que definem um diâmetro do círculo de Mohr. Traçando depois a respectiva circunferência com centro no ponto C, obtêm-se os pontos P1 e P2 sobre o eixo das abcissas, cujas distâncias à origem definem as amplitudes das duas tensões principais. O ângulo 2θ, que define a orientação dos eixos principais de tensão, é dado pela inclinação do diâmetro DD’ em relação ao eixo das abcissas.

1.2. PROBLEMAS RESOLVIDOS

PROBLEMA – 1.2.1.



Num determinado ponto P de um corpo material, a tensão resultante Tr

para um

plano de corte perpendicular ao eixo dos zz é )0,0,1(=Tr

. Determine as

componentes cartesianas σzz, τzx e τzy.

RESOLUÇÃO:

Geometricamente, tem-se uma situação conforme a representada na figura:

Aplicando, agora, a definição de cada uma das componentes cartesianas da tensão no ponto P, obtém-se:

0)0,1,0()0,0,1(

1)0,0,1()0,0,1(

0)1,0,0()0,0,1(

===

===

===

jT

iT

kT

nzy

nzx

nzz

rr

rr

rr

τ

τ

σ

PROBLEMA 1.2.2.

Para o caso considerado no problema anterior, determine a componente normal σ e a componentede corte (τ) da tensão no ponto mesmo ponto P e para o plano de corte indicado.

RESOLUÇÃO:

z

x

y

O

)1,0,0(=nr

)0,0,1(=nTr

P



A componente normal (σσσσ ) é a projecção da tensão resultante ( nTr

) sobre a

direcção ( nr

) da normal ao plano de corte, isto é:

0)1,0,0()0,0,1( === nTn

rrσ

A tensão de corte (ττττ ) é a projecção da tensão resultante ( nTr

) sobre o plano de

corte. Neste caso particular, em que σ = 0, tem-se:

τ = |Tn| = 1

Ou, aplicando a expressão geral:

τ 2= T 2 - σ 2 = 1 – 0 = 1

PROBLEMA 1.2.3.

No ponto P≡(1, 1, 1) de um corpo material, para um plano de corte (α) definido

pela equação x+y-z-1=0, a tensão resultante correspondente é .

Determine, no ponto P e para o plano de corte considerado:

a)-As componentes normal e tangencial da tensão.

b)-A direcção da tensão de corte no plano α.

RESOLUÇÃO:

a) Componentes normal e tangencial da tensão em P

O versor ( nr

) da normal ao plano (α) é:

)(

),,(222

CBA

CBAn

++=

r

Onde A, B e C são os coeficientes de x, y e z, respectivamente, na equação do plano de corte (α). Isto é, para o caso em questão:

( )3/3 ,3/3 ,3/3 3

)1,1 ,1(−=

−=n

r

donde a tensão normal:

32)3/33/32 3(

)3/3 ,3/3 ,3/3()1,2,3(

=++=

−−== nTn

rrσ

e a tensão de corte:

τ 2= T 2 − σ 2 = (9 + 4 + 1) – 12 = 2



ou seja: 2=τ

b) Direcção da tensão de corte no plano αααα

Partindo da relação vectorial entre o vector tensão resultante e as suas componentes normal e de corte:

Trrr

=τ+σ

Pode escrever-se:

=+

=+

=+

yc

yc

xc

Tnτnσ

Tmτmσ

Tlτlσ

Donde:

2

2

2

3/3321

02

3/3322 2

2

2

3/3323

=×+−

=−

=

=×−

=−

=

=×−

=−

=

τ

nσTn

τ

mσTm

τ

lσTl

zc

yc

xc

PROBLEMA 1.2.4.

O campo das tensões num corpo material é definido pelas seguintes componentes cartesianas:

σxx=0 ; σyy=2y−2; σzz=1−z;

τxy=τyx=2y−5x; τyz=τzy=2y+4z−1; τxz=τzx=2−2z

Desenhe um paralelepípedo rectangular elementar centrado na origem das coordenadas (O) e, sobre cada uma das faces, represente as componentes das tensões que sobre ela actuam.

RESOLUÇÃO:

Na origem das coordenadas O≡(0, 0, 0) tem-se:

σxx= 0 ; σyy= −2; σzz= 1; τxy=τyx= 0; τyz=τzy= −1; τxz= τzx= 2

Ou seja, gráficamente:



PROBLEMA 1.2.5

O estado de tensão num ponto de um corpo material é definido pelas seguintes componentes:

MPaMPaMPa

MPaMPaMPa

zxyzxy

zzyyxx

607550

10016080

=−==

===

τττσσσ

a) - Determine a componente normal e a componente de corte para um plano cuja normal está inclinada de α = 68° e β= 35° em relação aos eixos x e y, respectivamente.

b) - Determine os cossenos directores da tensão de corte no plano considerado.

RESOLUÇÃO:

a)-Cálculo das componentes normal (σσσσ ) e de corte (ττττ ) da tensão

As componentes do versor ( nr

) da normal ao plano de corte são:

( )0.43) ,82.0 ,37.0(

82.037.01,82.0 ,37.0

)cos,º35cos,º68(cos

)cos,cos,(cos

22

=

+−=

=

=

γγβαn

r

Isto é,

y

2−=yyσ

2+=xzτ

1−=yzτ

1−=zyτ

x

2+=xzτ

2+=zxτ

1+=zzσ

2−=yyσ1−=yzτ

1−=zyτº452 −=θ

x

z



l = 0.3746 ; m = 0.8192 ; n = 0.4344

O vector tensão resultante ( nTr

) obtém, então, a partir da equação geral:

=

z

y

x

T

T

T

zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx

στττστττσ

x

n

m

l

Donde, substituindo os valores para as componentes cartesianas da tensão e para os co-senos directores l, m e n, obtém-se, sucessivamente:

=

z

y

x

T

T

T

−

−

1007560

7516050

605080 x

4344,0

8192.0

3746.0

=

z

y

x

T

T

T

=

×+×−×

×−×+×

×+×+×

43.010082.07537.060

43.07582.016037.050

43.06082.05037.080

5.4

2.117

0.97

Agora, as componentes normal (σσσσ ) e de corte (ττττ ) calculam-se da forma habitual:

== nTn

rrσ

5.4

2.117

0.97|

43,0

82.0

37.0

= 134.3 (MPa)

τ 2= T 2 – σ 2 = 2222 σ−++ zyx TTT

= 97.02 + 117.22 + 4.52 – 134.22 = 5131.5

5.5131=τ = 71.6 (MPa)

b)-Direcção da Tensão de Corte

Partindo da relação vectorial

Trrr

=+τσ

Pode escrever-se:



=+

=+

=+

zc

yc

xc

Tnn

Tmm

Tll

τστστσ

Donde:

65.07.71

37.02.1340.97 =

×−=

−=

τσ lT

l xc

10.07.71

82.02.1342.117 =

×−=

−=

τ

σ mTm

y

c

75.07.71

43.02.1345.4 −=

×−=

−=

τσ nT

n zc

PROBLEMA 1.2.6.

Num ponto P de um corpo material considere um plano de corte π cuja normal tem cossenos directores l = 0.651, m = 0.520 e n = 0.553. A tensão resultante nesse ponto, para o plano considerado, é de 140 MPa e actua segundo uma direcção inclinada de 35° e 80° em relação aos eixos coordenados x e z, respectivamente.

a) -Determine a tensão normal e a tensão de corte no ponto P, para o plano considerado.

b) -Determine os cossenos directores da tensão de corte nesse plano.

c) - Se for τxy=20 MPa, τyz=-15 MPa e τzx=12 MPa, determine as componentes

σxx, σyy e σzz.

RESOLUÇÃO:

a)-Cálculo da tensão normal e da tensão de corte

Sejam α, β e γ os ângulos de inclinação do vector tensão resultante relativamente aos eixos cartesianos x, y e z, respectivamente. Conhecidos os ângulos α=35º e γ=80º, o 3º ângulo β obtém-se a partir da equação seguinte:

cos2(α) + cos

2(β ) + cos2(γ ) = 1

Donde:

55.0)(cos)(cos1)(cos 22 =−−= γαβ

As componentes do vector tensão resultante são, então:



Tx = T x cos(α) = 140 x cos(35º) = 114.68 (MPa)

Ty = T x cos(β) = 140 x 0.55 = 76.53 (MPa)

Tz = T x cos(γ) = 140 x cos(80º) = 24.31 (MPa)

Agora, as componentes normal (σ ) e de corte (τ ) calculam-se da forma habitual:

== nTn

rrσ

31.24

53.76

68.114|

553,0

520.0

651.0

= 127.90 (MPa)

τ 2= T 2 – σ 2 = 2222 σ−++ zyx TTT

= 19600 - 16358 = 3242

3242=τ = 56.94 (MPa)

b)-Direcção da Tensão de Corte

Tal como no problema anterior, partindo da relação vectorial

Trrr

=+τσ

Pode escrever-se:

=+

=+

=+

zc

yc

xc

Tnn

Tmm

Tll

τστστσ

Donde, os cossenos directores da direcção segundo a qual actua a tensão de corte:

55.094.56

651.090.12768.114 =

×−=

−=

τσ lT

l xc

18.094.56

52.090.12753.76 =

×−=

−=

τ

σ mTm

yc

82.094.56

553.090.12731.24 −=

×−=

−=

τσ nT

n zc

c)- Cálculo das componentes σσσσxx, σσσσyy e σσσσzz

Partindo da equação geral seguinte:



=

z

y

x

T

T

T

zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx

στττστττσ

x

n

m

l

obtém-se, por substituição dos valores conhecidos para as três componentes de corte da tensão, para os cossenos directores l, m e n, e para as componentes Tx, Ty e Tz:

=

31.24

53.76

68.114

−

−

zz

yy

xx

σ

σ

σ

1512

1520

1220 x

553,0

520.0

651.0

Donde, desenvolvendo a multiplicação matricial:

σσσσxx x 0.651 + 20 x 0.520 + 12 x 0.553 = 114.68

20 x 0.651 + σσσσyy x 0.520 -15 x 0.553 = 76.53

12 x 0.651 - 15 x 0.520 + σσσσzz x 0.553 = 24.31

Finalmente, resolvendo em ordem às componentes normais σxx, σyy e σzz:

σxx = 150 (MPa)

σyy = 138 (MPa)

σzz = 44 (MPa)

PROBLEMA 1.2.7.

Num determinado referencial global Oxyz, as componentes cartesianas da tensão num ponto P são as seguintes:

MPaMPaMPa

MPaMPaMPa

zxyzxy

zzyyxx

312

121

−===

−===

τττσσσ

Determine as componentes da tensão num referencial Ox’y’z’, onde as orientações dos eixos x’, y’, z’ são definidas pelos seguintes ângulos:

a)- (x, x’) = π/4 ; (y, y’) = π/4; (z, z’) = 0.

b)- (x, x’) = π/2 ; (y, y’) = π/2; (z, z’) = 0.

c)- (x, x’) = 0 ; (y, y’) = π/2; (z, z’) = π/2.

d)- (x, x’) = π/2 ; (y, y’) = 0; (z, z’) = π/2.



RESOLUÇÃO:

a)- (x, x’) = ππππ/4 ; (y, y’) = ππππ/4 ; (z, z’) = 0

Os eixos z e z’ são coincidentes, pelo que temos a situação representada geometricamente na figura seguinte:

Os co-senos directores dos eixos particulares x’, y’ e z’ no referencial global Oxyz são, respectivamente:

==

==

==

0)2/cos(

2/2)4/cos(

2/2)4/cos(

'

'

'

π

π

π

x

x

x

n

m

l

,

==

=+=

−=−=

0)2/cos(

2/2)4/cos(

2/2)4/cos(

'

'

'

π

π

π

y

y

y

n

m

l

e

==

==

==

1)0cos(

0)2/cos(

0)2/cos(

'

'

'

z

z

z

n

m

l

π

π

Donde a matriz de transformação de coordenadas:

[ ]

−=

=

100

02/22/2

02/22/2

'''

'''

'''

zzz

yyy

xxx

nml

nml

nml

l

As componentes cartesianas da tensão no referencial particular Ox’y’z’ calculam-se, agora, a partir das expressões habituais:

x

x' y'

y

π/4

π/4

π/4



[ ] { } { }

2/721

0)3(201222

0121

222

||

21

22

22

22

22

21

21

''''''

2'

2'

2'

''''''

=++=

××−×+×××+×××+

×−×+×=

+++

++=×==

xxzxxxyzxxxy

xzzxyyxxxxxx

lnnmml

nmliiiT

τττ

σσστσrrrr

[ ] { } { }

2/121

)(22)(0)3(2012

10)1(2

222

||

21

22

22

22

22

21

21

''''''

2'

2'

2'

''''''

−=−+=

×−××+−××−×+×××+

×+×−+×=

+++

++=×==

yyxyyyzxyyyz

yxxyzzyyyyyy

mllnnm

lnmjjjT

τττ

σσστσrrrr

1| '''' −=== zzzzz kT σσrr

[ ] { } { }

)(

)()(

||

''''

''''''''

''''''

''''''

yxyxzx

yxyxyzyxyxxy

yxzzyxyyyxxx

xyx

nlln

mnnmlmml

nnmmll

jijT

++

++++

+++=

×==

τ

ττ

σσσ

ττrrrr

( ) ( )( ) ( )

2/1

210)(0)3(

001)(2

00)1(2)(1

21

21

21

22

22

22

22

22

22

22

22

22

22

22

22

=

−×++−=×+−××−+

+×+××+−×+××+

+××−+××+−××=

[ ] { } { }220)1(1)((-3)

||

22

22

''''''

'''

=×−+×+−×=

++=×== yzzyyzyxzyzy nmlkjkT σττττrrrr

[ ] { } { }20)1(1(-3)

||

22

22

''''''

'''''

−=×−+×+×=

++=×=== xzzxyzxxzxzxxz nmlkikT στττττrrrr



E a matriz das tensões no referencial particular Ox’y’z’ é, portanto:

[ ]

−−

−

−

=

1222

222/12/1

22/12/7'τ

b)- (x, x’) = ππππ/2 ; (y, y’) = ππππ/2 ; (z, z’) = 0

Neste caso, tem-se a situação representada geometricamente na figura seguinte:

[ ]

−=

100

001

010

l

Aqui, nem sequer é necessário usar as fórmulas de transformação de tensões. Basta recorrer à definição das componentes cartesianas. Assim, pode escrever-se directamente:

1

3

2

1

1

2

''''

''''

''''

''

''

''

+===

+=−==

−=−==

−==

==

==

yzzxxz

xzyzzy

yxxyyx

zzzz

xxyy

yyxx

τττ

τττ

τττ

σσ

σσ

σσ

Donde a matriz das tensões no novo referencial Ox’y’z’:

[ ]

−

−

−

=

131

312

122'τ

x

x'

y'

y

π/2 π/2



c)- (x, x’) = 0 ; (y, y’) = ππππ/2 ; (z, z’) = ππππ/2

Neste caso os eixos x e x’ estão coincidentes, sendo a situação conforme representada geometricamente na figura seguinte:

[ ]

−

=

010

100

001

l

Invocando a definição de cada uma das componentes cartesianas da tensão, pode escrever-se directamente:

2

1

3

2

1

1

''''

''''

''''

''

''

''

−=−==

−=−==

−===

==

−==

==

yxzxxz

zyyzzy

xzxyyx

yyzz

zzyy

xxxx

τττ

τττ

τττ

σσ

σσ

σσ

Donde a matriz das tensões no referencial particular Ox’y’z’:

[ ]

−−

−−−

−−

=

212

113

231'τ

d)- ( (x, x’) = ππππ/2 ; (y, y’) = 0 ; (z, z’) = ππππ/2

Os eixos y e y’ são coincidentes e a situação aqui é conforme representada geometricamente na figura seguinte:

[ ]

−

=

001

010

100

l

y'

y

π/2 π/2

z

z'

π/2 π/2

z'

z x'

x



Invocando a definição de cada uma das componentes cartesianas da tensão, pode escrever-se directamente:

3

2

1

1

2

1

''''

''''

''''

''

''

''

=−==

===

−=−==

==

==

−==

zxzxxz

xyyzzy

zyxyyx

xxzz

yyyy

zzxx

τττ

τττ

τττ

σσ

σσ

σσ

Donde a matriz das tensões no referencial particular Ox’y’z’:

[ ]

−

−−

=

123

221

311'τ

PROBLEMA 1.2.8.

O estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes cartesianas:

010

336

===

===

zxyzxy

zzyyxx

MPa

MPaMPaMPa

τττσσσ

a)- Poderá afirmar-se, à partida, que o plano yz é um plano principal de tensão? Justifique.

b)- Determine as tensões principais no ponto considerado, bem como as respectivas direcções.

RESOLUÇÃO:

a)- O plano yz é um plano principal de tensão?

O plano yz é, de facto, um plano principal de tensão. Com efeito, a tensão de corte nesse plano )0,0,1(=n

ré nula, conforme decorre

directamente do facto de serem nulas as duas componentes cartesianas ττττxy = 0 e ττττxz = 0 (ver figura ao lado).

z

x

O

P

)0,0,( xxT σ=r

y

nr



b)- Tensões Principais em P

Da alínea anterior decorre que Ox é uma direcção principal de tensão no ponto P, sendo portanto σσσσxx=6 uma das tensões principais nesse ponto. De qualquer forma, as três tensões principais são calculadas a partir da equação característica:

0=

−

−

−


zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx

Ou seja, para o caso vertente:

0

310

130

006

=

−

−

−

σσ

σ

Desenvolvendo o determinante, obtém-se:

( ) ( )[ ] 013 6 2 =−−− σσ

Ou seja:

(6 – σ) (2 – σ) (4 – σ) = 0

Cujas soluções são as três tensões principais no ponto considerado, já ordenadas de acordo com a convenção habitual (σ 1 > σ 2 > σ 3):

σ 1 = 6 ; σ 2 = 4 ; σ 3 = 2

Quanto às direcções principais de tensão:

(i)-Já se viu que a tensão principal σσσσ 1 = 6 corresponde à tensão σσσσ xx, pelo que deverá ser:

)0,0,1(1 =nr

.

(ii)-Para obter a direcção 2nr

recorre-se à equação vectorial:

[ ] { } 222 nnrr

στ =×

Ou seja:

( )( )

( )

=−+

=+−

=−

043

043

046

nm

nm

l

cuja solução é:



=

=

mn

l 0

Isto é, normalizando para um vector de amplitude unitária (versor):

( ) ( ) ( )22

22

22222 ,,0

2

,,0,, ±=

±==

m

mmnmln

r

(iii)-Para obter a direcção 3nr

procede-se de igual modo, isto é:

[ ] { } 333 nnrr

στ =×

ou seja:

( )( )

( )

=−+

=+−

=−

023

023

026

nm

nm

l

Cuja solução é:

−=

=

mn

l 0

Donde, normalizando para um vector de amplitude unitária (versor):

( ) ( ) ( )22

22

23333 ,,0

2

,,0,, −±=

±

−==

m

mmnmln

r

PROBLEMA 1.2.9.

O campo das tensões num corpo de material elástico é definido, na ausência de forças de volume, pelas seguintes componentes cartesianas em cada ponto:

σxx=ax ; σyy=2-cy ; σzz= 0

τxy=τyx=ax + 2by + c ; τyz=τzy=-(by – 2) ; τxz=τzx=2ax – 5z

onde a, b, c são parâmetros reais.

a)- Determine a, b, c de modo que o campo das tensões acima definido seja compatível com as equações da teoria da elasticidade;

b)- Determine as tensões principais na origem das coordenadas e as respectivas direcções;



c)- Nesse mesmo ponto (origem das coordenadas), determine o valor da tensão de corte máxima, e o plano e a direcção segundo os quais actua;

d)- Identifique os planos octaédricos na origem e calcule as respectivas tensões octaédricas (normal e de corte).

RESOLUÇÃO:

a)-Valores dos parâmetros a, b, c

As componentes do campo das tensões deverão satisfazer as equações de equilíbrio, isto é:

=+∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

=+∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

=+∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

0

0

0

zzzyzxz

y

zyyyxy

xzxyxxx

Fzyx

Fzyx

Fzyx

σττ

τστ

ττσ

Donde, substituindo para o caso vertente:

=−

=−

=−+

02

0

052

ba

ca

ba

E resolvendo em ordem aos parâmetros a, b e c, obtém-se a solução:

=

=

=

1

2

1

c

b

a

b)-Tensões Principais

Na origem das coordenadas (0, 0, 0), a matriz das tensões é a seguinte:

[ ]

=

020

221

010

τ

As tensões principais são dadas pela equação característica habitual:



0=

−

−

−


zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx

Ou seja, para o caso vertente:

0

20

221

01

=

−

−

−

σσ

σ

Donde, desenvolvendo o determinante, se obtém:

( ) ( )[ ] ( ) 0142 2 =−×−−+−− σσσσ

Isto é:

σ (σ2−2σ – 5) = 0

Cujas soluções são as três tensões principais na origem das coordenadas, já ordenadas de acordo com a convenção habitual (σ 1 > σ 2 > σ 3):

σ 1 = 3.45 ; σ 2 = 0 ; σ 3 = –1.45

As direcções principais de tensão são dadas por equações do tipo:

=−++

=+−+

=++−

0)(

0)(

0)(

nml

nml

nml

zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx


(a)

onde σσσσ representa o valor da tensão principal cuja direcção se pretende calcular.

(i)-Determinação da direcção principal 1nr

:

Substituindo nas equações anteriores σσσσ por σσσσ 1=3.45, obtém-se:

=−+

=+−+

=+×−

045.32

02)45.32(

045.3

nm

nml

ml

Resolvendo, por exemplo, em ordem a l:

×=

×=

ln

lm

2

45.3

Pode obter-se um vector paralelo a 1nr

tomando, por exemplo, l =1:



( )2 ,45.3 ,11 =Vr

Donde, o versor 1nr

:

( ) ( )0.49 0.84, ,24.011.4

2 ,45.3 ,1

1

11 ±=±=±=

V

Vn r

rr

(ii)-Determinação da direcção principal 2nr

:

Substituindo nas equações (a) σσσσ por σσσσ 2=0, obtém-se:

=+

=++

=+

02

022

0

m

nml

m


×−=

=

ln

m

5.0

0



( )1- ,0 ,22 =Vr

Donde, o versor correspondente ( 2nr

):

( ) ( )0.45 - 0, ,89.05

1- ,0 ,2

2

22 ±=±=±=

V

Vn r

rr

(iii)-Determinação da direcção principal 3nr

:

Substituindo nas equações (a) σσσσ por σσσσ 3= –1.45, obtém-se:

=×++

=+×+

=+×

045.12

0245.3

045.1

nm

nml

ml


×−=

×−=

ln

lm

2

45.1





( )2 ,1.45 ,13 −=Vr

Donde, o versor correspondente ( 3nr

):

( ) ( )0.75 0.54,- ,38.067.2

2 ,1.45 ,1

3

33 ±=

−±=±=

V

Vn r

rr

c)-Tensão de corte máxima

A tensão de corte máxima tem um valor que decorre directamente dos valores das tensões principais, isto é:

45.22

45.145.3

231 =

+=

−=

σστ máx

O plano sobre o qual actua esta tensão de corte máxima é definido pela respectiva normal (

cnr

),

que é paralela ao vector ( 31 nnVc

rrr+= ) que

bissecta o diedro ( 31 , nnrr

):

Isto é:

( )1.24 0.30, ,62.0=cVr

donde:

( )0.87 0.21, ,44.03 ==c

c

V

Vn r

rr

A equação do plano de corte máximo pode escrever-se, agora, a partir dum qualquer vector normal a esse plano. Tomando, por exemplo, as componentes

do vector cVr

como os coeficientes das variáveis x, y e z, respectivamente,

obtém-se a seguinte equação:

0.62 x +0.30 y + 1.24 z = 0

Neste plano, a direcção da tensão de corte é dada pelos respectivos cossenos directores (lc, mc, nc ), que se calculam a partir das expressões habituais:

τσ lT

l xc

−= ;

τ

σ mTm

yc

−= ;

τσ nT

n zc

−=

π/4

3nr

1nr

cVr



Sendo que,

l = 0.44 ; m = 0.21 ; n = 0.87

e

42.087.0021.0244.00

60.287.0221.0244.01

21.087.0021.0144.00

=×+×+×=++=

=×+×+×=++=

=×+×+×=++=

nmlT

nmlT

nmlT

zzyzxzz

zyyyxyy

zxyxxxx

σττ

τστ

ττσ

Por outro lado, a tensão σ que actua sobre o plano de corte máximo é:

12

45.145.3

231 =

−=

+=

σσσ

Então:

09.045.2

44.0121.0 =

×−=

−=

τσ lT

l xc

98.045.2

21.0160.2 =

×−=

−=

τ

σ mTm

yc

18.045.2

87.0142.0 −=

×−=

−=

τσ nT

n zc

d)-Tensões Octaédricas

Os planos octaédricos são identificados pelas respectivas normais, que estão igualmente inclinadas relativamente às três direcções principais, isto é, os respectivos co-senos directores no triedro principal ( 321 ,, nnn

rrr) são tais que l2 =

m2 = n

2 = 1/3.

Em qualquer um dos planos octaédricos, os valores das tensões normal e tangencial são obtidos a partir das expressões habituais:

67.03

321 =++

==σσσ

σσ moct

( ) ( ) ( )[ ]( ) 2.4)9.4(45.145.3

9

1

9

1

222

213

232

221

2

=−++=

σ−σ+σ−σ+σ−σ=τoct

Donde:

2.4=τoct



PROBLEMA 1.2.10.

O campo das tensões num corpo sólido elástico, homogéneo e isotrópico é definido pelas seguintes componentes:

σyy= 2120 (z-y) , τxy=τyx= – 2100 z e τxz= τzx= 2100 y

As restantes componentes do campo das tensões são nulas.

a)- Mostre que tal campo de tensões está necessariamente associado a um campo de forças de volume uniforme e parelelo ao eixo dos yy.

b)- Determine as tensões principais nos pontos A≡ ,2/2,0( )2/2− e B≡

)2/2 ,2/2,0( − , e as respectivas direcções.

c)- Desenhe os círculos de Mohr correspondentes ao estado de tensão no ponto

C≡ )2/2 ,2/2,0( .

d)- À volta do ponto B, desenhe um paralelepípedo elementar de faces paralelas aos planos cartesianos e, sobre cada uma dessas faces, represente as tensões correspondentes.

RESOLUÇÃO:

a)-Campo das forças de volume

Para satisfazer as equações de equilíbrio (1.8), deverá ser:

=+++

=++−

=+++

0000

0021200

0000

z

y

x

F

F

F

Donde:

0=xF , 2120=yF , 0=zF

Isto é, o campo das forças de volume que actua sobre o corpo é uniforme e paralelo ao eixo dos yy.

b)-Tensões principais em A e B

No ponto A:

No ponto A≡ )2/2 ,2/2,0( − o estado de tensão é caracterizado pela seguinte

matriz das tensões:



[τΑ] =

−

00100

0240100

1001000

As tensões principais no ponto em questão obtêm-se resolvendo a equação característica:

0

0100

0240100

100100

=

−

−−

−

σσ

σ

Desenvolvendo o determinante segundo a última coluna, por exemplo, obtém-se:

[ ] 0)240(100)240(100100 2 =+−++× σσσσ

Ou seja:

0104,2102104,2 64223 =×−×−×+ σσσ

As raízes desta equação são todas reais:

07,1151 =σ , 28,742 −=σ , 79,2803 −=σ

As direcções principais calculam-se da forma habitual, substituindo sucessivamente cada um dos valores das tensões principais nas equações (1.24), isto é:

(i)-Direcção principal de tensão 1nr

no ponto A:

=−

=−−+

=++−

007,115100

0)07,115240(100

010010007,115

nl

ml

nml

Este sistema de equações é, como se sabe, indeterminado. Exprimindo a solução em termos de l, por exemplo, obtém-se:

llm 28,007,355

100== e lln 87,0

07,115

100==

Agora, normalizando, obtêm-se os co-senos directores da direcção principal 1nr

:

++++++=

2222222221

87,028,01

87,0 ,

87,028,01

28,0 ,

87,028,01

1nr



ou seja:

( ).6420 ,.2070 , 738.01 =nr

(ii)-Direcção principal de tensão 2nr

no ponto A:

=

=+−+

=++

028,74100

0)28,74240(100

010010028,74

nl

ml

nml

Exprimindo a solução em termos de l, por exemplo, obtém-se:

llm 60,072,165

100== e lln 35,1

28,74

100−=−=

Normalizando, obtêm-se os co-senos directores da direcção principal 2nr

:

++

−

++++=

2222222222

35,160,01

35,1 ,

35,160,01

60,0 ,

35,160,01

1nr

ou seja:

( )0.757 ,.3360 , 561.02 −=nr

(iii)-Direcção principal de tensão 3nr

no ponto A:

=

=+−+

=++

079,280100

0)79,280240(100

010010079,280

nl

ml

nml

Exprimindo a solução em termos de l, por exemplo, obtém-se:

llm 45,279,40

100−=−= e lln 36,0

79,280

100−=−=

Normalizando, obtêm-se os co-senos directores da direcção principal 2nr

:

++

−

++

−

++=

2222222223

35,160,01

36,0 ,

35,160,01

45,2 ,

36,045,21

1nr

ou seja:



( )0.135 ,0.917 , 374.03 −−=nr

No ponto B:

No ponto B≡ )2/2 ,2/2 ,0( − o estado de tensão é caracterizado pela seguinte


[τΒ] =

−

−

−−

00100

0240100

1001000

Esta matriz é a simétrica da matriz das tensões no ponto A, pelo que as tensões principais no ponto B são iguais e de sinal contrário às tensões principais já calculadas para o ponto A, isto é:

79,2801 =σ , 28,742 =σ , 07,1153 −=σ

As direcções principais em B são as mesmas que as já calculadas para o ponto B, a menos, naturalmente, da diferença de nomenclatura correspondente à convenção habitualmente adoptada de ordenar as tensões principais por

321 σσσ ≥≥ , isto é:

( )0.135 ,0.917 , 374.01 −−=nr

( )0.757 ,.3360 , 561.02 −=nr

( ).6420 ,.2070 , 738.03 =nr

c)-Círculos de Mohr no ponto C

No ponto C≡ )2/2 ,2/2 ,0( o estado de tensão é caracterizado pela seguinte


[τC] =

−

−

00100

00100

1001000

A equação característica é, neste caso:

0

0100

0100

100100

=

−

−−

−−

σ

σ

σ



Desenvolvendo o determinante anterior segundo a última coluna, por exemplo, obtém-se:

( ) 01010 424 =−− σσσ

ou seja:

( ) 0102 24 =−× σσ

As raízes desta equação do terceiro grau são triviais:

42,141102 21 =×=σ , 02 =σ , 42,1413 −=σ

Os círculos de Mohr desenham-se utilizando a metodologia habitual, a partir dos valores das tensões principais (ver parágrafo §1.9):

d)-Elemento de volume em B

Basta ter em conta as componentes cartesianas da tensão no ponto B, conforme os valores na matriz correspondente:

[τΒ] =

−

−

−−

00100

0240100

1001000

e representá-los graficamente sobre o elemento de volume à volta do ponto B:

42,1413 −=σ 42,1411 =σ

1P2P3P

E

σ

τ

42,141max =τ



PROBLEMA 1.2.11.

O estado de tensões num ponto P de um corpo material é definido pelas seguintes componentes cartesianas:

σxx=3 ; σyy=3 ; σzz= 6

τxy=τyx= -1 ; τyz=τzy = 0 ; τxz=τzx= 0

a)- Determine as tensões principais no ponto P e as respectivas direcções.

b)- Determine as tensões principais secundárias no plano yz e as respectivas direcções.

c)- Idem para o plano α de equação x + y + z + k = 0.

d)- Determine, recorrendo directamente à utilização da construção de Mohr, as tensões octaédricas (σoct e τoct) no ponto considerado.

RESOLUÇÃO:

a)-Tensões Principais

O plano xy é um plano principal de tensão, pois são nulas as duas componentes de corte τzx e τzy. Isso quer dizer que a direcção Oz é uma das tensões principais de tensão no ponto considerado e, por conseguinte, σσσσzz = 6 é uma das tensões principais em P.

De qualquer forma, as tensões principais no ponto P obtêm-se resolvendo a equação característica habitual:

0=

−

−

−


zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx

1P

100−=xzτ

100−=xyτ

100−=xyτ

240=yyσ 240=yyσ

x

y

z

B



Ou seja, para o caso em análise:

0

600

031

013

=

−

−−

−−

σ

σ

σ

Donde, desenvolvendo o determinante, se obtém:

( ) ( )[ ] 0136 2 =−−− σσ

Isto é:

(6-σ )(2-σ )(4-σ) = 0

Cujas soluções são as três tensões principais no ponto P, já ordenadas de acordo com a convenção habitual (σ 1 > σ 2 > σ 3):

σσσσ 1 = 6 ; σσσσ 2 = 4 ; σσσσ 3 = 2

Quanto às direcções principais, já vimos que a tensão σσσσ 1 não é mais do que a tensão σσσσzz, pelo que:

( )1 0, ,01 =nr

As outras duas direcções principais de tensão são dadas por equações do tipo:

=−++

=+−+

=++−

0)(

0)(

0)(

nml

nml

nml

zzyzxz

zyyyxy

zxyxxx


(a)

onde σσσσ representa o valor da tensão principal cuja direcção se pretende calcular.

Assim, substituindo para σ 2 = 4, obtém-se:

=−

=−+−

=−−

0)46(

0)43(

0)43(

n

ml

ml


=

−=

0n

lm



( )0 ,1 ,12 −=Vr



Donde, o versor correspondente à segunda direcção principal ( 2nr

):

( )

=

−== 0 ,

2

2- ,

2

2

2

0 ,1 ,1

2

22

V

Vn r

rr

E, substituindo para σ 3 = 2, obtém-se:

=−

=−+−

=−−

0)26(

0)23(

0)23(

n

ml

ml


=

=

0n

lm



( )0 ,1 ,13 =Vr

Donde, o versor correspondente à terceira direcção principal ( 3nr

):

( )

=== 0 ,

2

2 ,

2

2

2

0 ,1 ,1

3

33

V

Vn r

rr

b)-Tensões Principais Secundárias no Plano yz

No plano yz tem-se a situação esquematicamente representada na figura a seguir:

P 3=yyσ3=yyσ

6=zzσ

6=σ zz

0=yzτ

0=zyτ

0=yzτ

0=zyτ

y

z

=τ=τ=σ=σ

06

3

zyyz

zz

yy



Sendo τyz = τzy = 0, isso significa que Py e Pz são as direcções principais secundárias no plano yz. Daí que as respectivas tensões principais secundárias nesse plano sejam, respectivamente:

6'1 =σ e 3'

2 =σ

com

( )1 ,0 ,0'1 =nr

e ( )0 ,1 ,0'2 =nr

c)- Tensões Principais Secundárias no plano x + y + z + k = 0

Um dos versores da normal ao plano αααα é:

=

3

3 ,

3

3 ,

3

3'kr

Por outro lado, um versor ( 'ir

) paralelo ao plano αααα é, por exemplo:

=

2

2 ,

2

2- ,0'i

r (com efeito tem-se que 0| '' =ki

rr !...)

Donde se pode obter um terceiro versor ''' ikjrrr

∧= , este também no plano αααα:

=

−

=6

6- ,

6

6- ,

3

6

2

2

2

20

3

3

3

3

3

3

'

'

kji

j

rrr

r

Temos então um triedro ortogonal ( ',',' kjirrr

) onde os versores 'ir

e 'jr

estão

ambos no plano αααα. A matriz de transformação de coordenadas para este novo triedro é:

[ ]

−−

−

=

=

3/33/33/3

6/66/63/6

2/22/20

'''

'''

'''

zzz

yyy

xxx

nml

nml

nml

l



Aplicando agora as equações de transformação de tensões, obtém-se:

2/9)(0)1(26303

222

22

21

21

''''''2'

2'

2'''

=−××−×+×+×+×=

+++++= xxzxxxyzxxxyxzzxyyxxxxx lnnmmlnml τττσσσσ

6/25)()1(2363

222

66

36

96

61

61

''''''2'

2'

2'''

=−××−×+×+×+×=

+++++= yyxyyyzxyyyzyxxyzzyyyyy mllnnmlnm τττσσσσ

( )6

3)(01

)(6)()(303

)(

)()(

36

22

66

66

22

66

22

36

''''

''''''''

''''''''

−=×−−××−

−××+−×−×+××=

++

++++

+++=

yxyxzx

yxyxyzyxyxxy

yxzzyxyyyxxxyx

nlln

mnnmlmml

nnmmll

τ

ττ

σσστ

Uma vez obtidas as tensões σx’x’, σy’y’, τx’y’, em relação a dois eixos x’ e y’ sobre

o plano αααα, as tensões principais secundárias '1σ e '

2σ nesse plano obtêm-se

utilizando as expressões habituais:

422

3

14

22

2''

2'''''''''

2

2''

2'''''''''

1

=+

−−

+=

=+

−+

+=

yxyyxxyyxx

yxyyxxyyxx

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

Quanto à orientação das direcções principais secundárias no plano α, ela fica definida pelo ângulo θp, dado por:

3)(2

)(

22

625

29

63

''''

''−=

−

−×=

−=

yyxx

yxptg

σσ

τθ

ou seja:

'x

'y

'1nr

'2nr

pθ



=+=

=−==

o2

o1

60 505.1

30- 52.0

rad

radp

θ

θθ

Donde, no referencial Px’y’z’ se tem:

( )( ) 0) 0.86, ,5.0(0,,cos

0) 0.5,- ,86.0(0,,cos

22'2

11'1

==

==

θθ

θθ

senn

sennr

r

Ou, em alternativa, no referencial Pxyz:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )0 0.71,- ,71.0,,86.0,,5.0

0.81 0.41,- ,41.0,,5.0,,86.0

'''''''2

'''''''1

+=×−×=

−=×−×=

yxyxxx

yxyxxx

nmylnmln

nmylnmln

r

r

d)-Construção do Círculo de Mohr

1)- Na alínea a) foram já calculadas as tensões principais σ1 = 6, σ2 = 4 e σ3 = 2. A partir destes valores, podem desenhar-se os três círculos de Mohr (1), (2) e (3) representativos do estado de tensão no ponto considerado

2)-Por definição, os planos octaédricos estão igualmente inclinados relativamente aos eixos do triedro principal. Tomando, por exemplo, o plano octaédrico no primeiro quadrante, as componentes do respectivo versor são

1T3T

1C 3C22 CP ≡ 1P3P

1S

2S2Q

3Q

Q

)1(

)2(

)3(

σ

τ

octγoctα

σoct = 4

τ oct =

1.6

3

σ2 = 4

σ3 = 2

σ1 = 6

O



todas iguais a 33 , isto é ),,( 3

33

33

3=octnr

. A inclinação comum

relativamente a cada um dos eixos principais é, então:

( ) º7.54cos331 ==== −

octoctoct γβα

3)- Marcar o ângulo α= αoct=54.7º a partir da vertical P1T1 e desenhar a recta

P1Q3Q2, que intersecta os círculos de Mohr (2) e (3) nos pontos Q2 e Q3, respectivamente. Com centro no ponto C1, desenhar o arco de circunferência

Q2QQ3 , com raio C1Q2;

4)-A partir da vertical P3T3, marcar igualmente o ângulo γ= γoct=54.7º e desenhar a recta P3S1S2 que intersecta os círculos de Mohr (1) e (2) nos pontos S1 e S2 , respectivamente. Com centro no ponto C3, desenhar o arco de circunferência S1QS2 , com um raio igual a C3S1;

5)-A intersecção dos dois arcos de circunferência desenhados em 3) e 4) define o ponto Q representativo da tensão para o plano octaédrico considerado. Medindo à escala, obtém-se:

63.1

4

=

=

oct

oct

τ

σ

PROBLEMA 1.2.12

Uma placa rectangular com as dimensões de 1000mmx500mm está sujeita a um estado plano de tensão, do qual são conhecidas as seguintes componentes normais (em MPa, para coordenadas expressas em mm):

xy yyxx == σσ ; 2

a)- Determine a expressão mais geral para a componente de corte τxy, compatível com a componentes σxx e σyy.

b)- Calcule as tensões principais no centro da placa.

c)- Esboce a construção do círculo de Mohr para as tensões no centro da placa.

RESOLUÇÃO:

a)-Componente da tensão de corte ττττxy

O campo das tensões deve satisfazer as equações de equilíbrio indefinido. No caso dum estado plano de tensão, estas reduzem-se às duas equações seguintes:

y

x

mm1000

mm500



=+∂

∂+

∂

∂

=+∂

∂+

∂∂

0

0

yyyxy

xyxxx

Fyx

Fyx

στ

τσ

Substituindo as expressões para σxx e σyy, e assumindo que é nula a densidade das forças de volume, obtém-se:

=∂

∂

=∂

∂

0

0

x

y

xy

xy

τ

τ

Isto traduz que deverão ser nulas as derivadas da tensão de corte τxy em relação a x e a y, ou seja, a tensão de corte deve ser constante em qualquer ponto da placa. Donde, a expressão mais geral para essa componente da tensão:

τxy = C (constante)

b)-Tensões principais no centro da placa

No centro da placa, ponto de coordenadas (500mm, 250mm), as componentes cartesianas do estado de tensão têm os seguintes valores, (expressos em MPa):

Cxyyyxx === τσσ ; 500 ; 500

As tensões principais σ1 e σ2 no centro da placa obtém-se a partir das equações (1.35), isto é:

500=xxσ 500=xxσ

500=yyσ

500=yyσ

Cxy =τ

Cxy =τ

º451 +=θ

º452 −=θ

1nr

2nr



CC

CC

xyyyxxyyxx

xyyyxxyyxx

−=−=+−

−+

=

+=+=+−

++

=

500500)2

(2

500500)2

(2

2222

2221

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

As respectivas direcções principais ficam definidas pelos ângulos θp calculados a partir da equação (1.34). Supondo que é C ≠ 0 e de sinal positivo, tem-se:

( ) +∞=−

=−

=500500

22 2 p

Ctg

yyxx

xy

σσ

τθ

Porque a tensão de corte τxy é positiva, o ângulo θ1 está no intervalo 0<θ1<π/2, donde as direcções principais:

θ 1 = +45º e θ 2 = − 45º

c)-Construção do círculo de Mohr

Seguindo os passos indicados no parágrafo §1.12 do Resumo da Teoria, no início do presente capítulo:

1)-No diagrama de Mohr (σ, τ) marquem-se as posições dos pontos X e Y representativos dos pares (σxx, -τxy) e (σyy, τyx), respectivamente, isto é,

) ,500(X C−≡ e ) ,500(Y C+≡ . Aqui é utilizada a convenção habitual de que

σ

τ

602 −=σ

Cyx =τ

500=xxσ

500=yyσ

º902 1 +=θº902 2 −=θ

C−= 5002σ

C+= 5001σ

X

Y

1P2PO

C



as tensões normais positivas indicam tracção e as tensões de corte são consideradas positivas quando definem um binário que tende a fazer rodar o elemento sobre que actuam no sentido do movimento dos ponteiros do relógio (admite-se aqui que a constante C é positiva);

2)-O segmento DD’ é um diâmetro do círculo de Mohr e a sua intersecção com o eixo das abcissas define a posição do centro C do círculo de Mohr;

3)-Com centro em C desenha-se o círculo de Mohr a passar pelos pontos D e D’;

4)-A circunferência de Mohr intersecta o eixo σσσσ nos pontos P1 e P2, cujas abcissas são os valores das tensões principais σ1 e σ2, respectivamente:

σ1 = 500+C (MPa) e σ2 = 500−C (MPa);

5)-As orientações das direcções principais (1) e (2) ficam definidas pelos ângulos θ 1 e θ 2, relativamente ao eixo dos xx, medindo no diagrama os ângulos 2θ 1 e 2θ 2, a partir do raio CD para os pontos P1 e P2, respectivamente. Do diagrama, tira-se: 2θ 1 = +90º (no sentido contrário ao do movimento dos ponteiros do relógio) e 2θ 2 =-90º (no sentido do movimento dos ponteiros do relógio). Donde: θ 1 = +45º e θ 2 = -45º (ver figura).

PROBLEMA 1.2.13

Num sistema plano, o estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes:

σxx= 35 MPa ; σyy= 65 MPa ; τxy=τyx= –25 MPa

a)- Determine, analiticamente, os valores das tensões principais no ponto P e as respectivas direcções principais.

b)- Resolva o problema, recorrendo à construção do círculo de Mohr.

c)- Calcule a tensão de corte máxima em no plano xy e identifique o respectivo plano.

RESOLUÇÃO:


As tensões principais σσσσ1 e σσσσ2 são dadas pelas expressões seguintes:

22

2

22

1

22

22

xyyyxxyyxx

xyyyxxyyxx

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

+

−−

+=

+

−+

+=



Donde, substituindo os valores de σxx, σyy e τxy para o caso vertente, obtém-se:

( )

( ) )( 84,20252

6535

2

6535

)( 16,79252

6535

2

6535

22

2

22

1

MPa

MPa

=−+

−−

+=

=−+

−+

+=

σ

σ

As direcções principais 1nr

e 2nr

ficam definidas pelos ângulos de inclinação θ 1 e θ 2 em relação ao eixo dos xx, respectivamente:

( ) ( )67.1

6535

25222 2,1 =

−

−×=

−=

yyxx

xytg

σσ

τθ

Donde, e atendendo a que a tensão de corte τxy é negativa:

+=

−=

º52,29

º48,60

2

1

θ

θ

b)-Construção do Círculo de Mohr

Procede-se à construção do círculo de Mohr da seguinte forma:

1)-No diagrama de Mohr (σσσσ, ττττ) marquem-se as posições dos pontos X e Y representativos dos pares (σσσσxx, -ττττxy) e (σσσσyy, ττττyx), respectivamente, isto é, no caso em questão, )25 ,35(X ≡ e )25 ,65(Y −≡ . Aqui é utilizada a convenção

habitual de que As tensões normais positivas indicam tracção e as tensões de corte são positivas quando definem um binário que tende a fazer rodar o elemento sobre que actuam no sentido do movimento dos ponteiros do relógio;

35=xxσ

65=yyσ

25=− xyτ

25−=yxτ

σ

τ

º1202 1 −=θ

29=maxττττ

791 =σ

212 =σ

º602 2 =θ

º302 −=αθ

X

Y

Q

1P2PO

C



2)-O segmento DD’ é um diâmetro do círculo de Mohr e a sua intersecção com o eixo das abcissas define a posição do centro C do círculo de Mohr;

3)-Com centro em C desenha-se o círculo de Mohr a passar pelos pontos X e Y;

4)-A circunferência de Mohr intersecta o eixo σσσσ nos pontos P1 e P2, cujas abcissas são os valores das tensões principais σ1 e σ2, respectivamente. Medindo à escala, obtém-se: σ1 = 79 MPa e σ2 = 21 MPa;

5)-As orientações das direcções principais (1) e (2) ficam definidas pelos ângulos θ 1 e θ 2, relativamente ao eixo dos xx, medindo no diagrama os ângulos 2θ 1 e 2θ 2, a partir do raio CD para os pontos P1 e P2, respectivamente. Por medição directa sobre o diagrama, tira-se: 2θ 1 = -120º (no sentido do movimento dos ponteiros do relógio) e 2θ 2 =60º (no sentido contrário). Donde: θ θ θ θ 1 = -60º e θ θ θ θ 2 = +30º, conforme ilustrado na figura (a) a seguir.

(a) (b)

c)-Tensão de Corte Máxima

O valor da tensão de corte máxima é numericamente igual ao raio do círculo de Mohr (ver construção de Mohr na alínea anterior). Isto é, medindo directamente sobre o diagrama de Mohr: τmax=29 MPa.

O plano sobre o qual actua fica identificado pela respectiva normal, cuja posição no plano xy é definida pelo 2θθθθαααα =30º entre os raios CX e CQ do círculo de Mohr, medido no sentido do movimento dos ponteiros do relógio. Então será θθθθαααα = -15º, ou θθθθαααα = +75º conforme representado na figura (b) em cima.

PROBLEMA 1.2.14.

Reconsidere o problema anterior, agora para um estado de tensão definido pelas seguintes componentes:

σxx= –50 MPa ; σyy= 10 MPa ; τxy=τyx= 51 MPa

x

y

º15−=αθ

MPa28max =τ

MPa28max =τ

x

y

35 35

65

65

25

25

25

25

θ 1 = -60º

θ 2 = +30º

(1)

(2)



RESOLUÇÃO:


Tal como no problema anterior, as tensões principais σ1 e σ2 são dadas pelas expressões gerais seguintes:

22

2

22

1

22

22

xyyyxxyyxx

xyyyxxyyxx

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

+

−−

+=

+

−+

+=

Substituindo os valores de σxx, σyy e τxy para este caso, obtém-se:

( )

( ) )( 80512

1050

2

1050

)( 40512

1050

2

1050

22

2

22

1

MPa

MPa

−=+

−−−

+−=

=+

−−+

+−=

σ

σ

As direcções principais 1nr

e 2nr

ficam definidas pelos ângulos de inclinação θ 1 e θ 2 em relação ao eixo dos xx, respectivamente:

( ) 7.11050

51222 2,1 −=

−−

×=

−=

yyxx

xytg

σσ

τθ

Donde, e porque agora a tensão de corte τxy é positiva, o ângulo θ1 deve estar no primeiro quadrante:

+=−=

+=

)º240(º30

º60

2

1

θ

θ

b)-Construção do Círculo de Mohr

Procede-se à construção do círculo de Mohr seguindo exactamente a mesma metodologia que foi utilizada na resolução do problema anterior:

1)-No diagrama de Mohr (σ, τ) marquem-se as posições dos pontos X e Y representativos dos pares (σxx, -τxy) e (σyy, τyx), respectivamente, isto é, no caso em questão, )25 ,35(X ≡ e )25- ,65(Y ≡ . Aqui é utilizada a convenção

habitual de que As tensões normais positivas indicam tracção e as tensões de corte são consideradas positivas quando definem um binário que tende a fazer rodar o elemento sobre que actuam no sentido do movimento dos ponteiros do relógio;



2)-O segmento XY é um diâmetro do círculo de Mohr e a sua intersecção com o eixo das abcissas define a posição do centro C do círculo de Mohr;

3)-Com centro em C desenha-se o círculo de Mohr a passar pelos pontos X e Y;

4)-A circunferência de Mohr intersecta o eixo σ nos pontos P1 e P2, cujas abcissas definem precisamente os valores das tensões principais σ1 e σ2, respectivamente. Medindo à escala, obtém-se: σ1 = 40 MPa e σ2 = -80 MPa;

5)-As orientações das direcções principais (1) e (2) ficam definidas pelos ângulos θ 1 e θ 2, relativamente ao eixo dos xx, medindo no diagrama os ângulos 2θ 1 e 2θ 2, a partir do raio CX para os pontos P1 e P2, respectivamente. Por medição directa sobre o diagrama, tira-se: 2θ 1 = 120º (no sentido contrário ao movimento dos ponteiros do relógio) e 2θ 2 =–60º (no sentido do movimento dos ponteiros do relógio). Donde: θ 1 = 60º e θ 2 = –30º, figura (a) a seguir:

x

y

º60−=αθ

MPa60max =τ

MPa60max =τ

x

y

(1)

(2)

º601 =θ

º302 −=θ50−50−

10

10

51

51

)(a )(b

50−=xxσ

10=yyσ

51−=− yxτ

σ

τ

º602 2 −=θ

60max =τ

401 =σ802 −=σ

º1202 1 =θ

º1202 −=αθ

51=yxτ

1P2P

X

YQ

C O



c)-Tensão de Corte Máxima

O valor da tensão de corte máxima é numericamente igual ao raio do círculo de Mohr (ver construção de Mohr na alínea anterior). Isto é, medindo directamente sobre o diagrama de Mohr: τmax=60 MPa.

O plano sobre o qual actua fica identificado pela respectiva normal, cuja posição no plano xy é definida pelo 2θα =-120º entre os raios CD e CQ do círculo de Mohr, medido no sentido do movimento dos ponteiros do relógio. Então será θα = –60º, conforme representado na figura (b) atrás.

PROBLEMA 1.2.15.

Um elemento bidimensional está sob a acção dum estado plano de tensão (ver figura a seguir). Considere o caso particular em que as componentes cartesianas normais da tensão são σxx=80MPa e σyy= 40MPa. Sabe-se, também, que uma das tensões principais é igual a 180MPa em tracção.

a)- Determine a tensão de corte τxy.

b)- Determine a outra tensão principal.

c)- Determine a orientação das duas direcções principais de tensão.

d)- Represente as duas tensões principais sobre um elemento convenientemente orientado no plano xy.

RESOLUÇÃO:

a)-Tensão de corte ττττxy

As tensões principais são dadas pelas equações (1.35):

222

221

)2

(2

)2

(2

xy

yyxxyyxx

xy

yyxxyyxx

τσσσσ

σ

τσσσσ

σ

+−

−+

=

+−

++

=

Substituindo os valores conhecidos para σxx e σyy, obtém-se:

22

21

40060

40060

xy

xy

τσ

τσ

+−=

++=

O x

y

yyσ

xxσ

xyτ



donde:

400)60( 22ou1 −−±= στ xy

Sabendo-se que uma das tensões principais é igual a 180MPa, obtém-se:

MPaxy 32,118±=τ

b)-Tensões principais

Substituindo o valor calculado para τxy nas expressões acima para σ1 e σ2, obtém-se:

MPa

MPa

601400040060

1801400040060

2

1

−=+−=

=++=

σσ

Ficando, assim, identificado o valor numérico da outra tensão principal.

c)-Direcções principais de tensão

As direcções principais são definidas pela equação (1.34):

( )yyxx

xytg

σσ

τθ

−=

2 2 p

Substituindo os valores para σxx, σyy e τxy, obtém-se:

( ) 92,54080

64,236 2 p ±=

−±

=θtg

donde:

−

+=

º79,49

º21,402,1θ ou

+

−=

º79,40

º21,402,1θ

conforme se tome o sinal (+) ou o sinal (−) para o valor da tensão de corte τxy, respectivamente.

c)-Representação gráfica das tensões principais

Considerando, por exemplo o caso em que se considera um valor positivo da tensão de corte, isto é:



−

+=

º79,49

º21,402,1θ

tem-se a situação representada na figura a seguir:

Pode obter-se uma confirmação deste resultado utilizando a construção do círculo de Mohr. Assim, procedendo de acordo com a metodologia habitual, começa-se por identificar os pontos X e Y correspondentes às direcções x e y, de coordenadas (σxx, −τxy) e (σyy, +τxy), respectivamente. Depois, tomando por diâmetro o segmento DD’, desenha-se o círculo de Mohr para as tensões no ponto considerado. O círculo de Mohr intersecta o eixo das abcissas nos pontos P1 e P2, que identificam os valores das tensões principais σ1 e σ2, respectivamente. Os ângulos XCP1 e XCP2 identificam as inclinações das direcções principais 1n

r e 2n

r, respectivamente.

º52,802 1 =θº48,992 2 −=θ

σ

1801 =σ

1P2P O C

118.32)(80,X −≡

32.118,40(Y +≡

τ

602 −=σ

x

y1nr

2nr

MPa1801 =σ

MPa1801 =σ

º26,401 =θ

º79,492 −=θMPa602 −=σ

MPa602 −=σ



1.3. PROBLEMAS PROPOSTOS

1.3.1. Uma barra de secção circular de diâmetro d é solicitada axialmente em tracção por duas forças iguais e opostas de intensidades N, aplicadas nas extremidades da barra, conforme representado na figura a seguir.

Admitindo que o campo das tensões na barra é uniforme, determine:

a)- A tensão resultante no ponto O, para o plano de corte (yz).

b)- A tensão resultante no ponto O, para o plano de corte (α-α), inclinado a 45º relativamente ao eixo da barra.

c)- As componentes normal e de corte da tensão no ponto O, sobre o plano de corte (α-α).

Solução: a) )0 ,0 ,4

(2d

NT

π=

r

.

b) )0 ,0 ,22

(2d

NT

π=

r

. c) 2

2

d

Nτσ

π== .

1.3.2. Relativamente à barra a que se refere o problema anterior, determine as componentes cartesianas da tensão no ponto O.

Solução:

0 ;4

2=====

π= xzyzxyzzyyxx τττσσ

d

Nσ .

1.3.3. Resolva o problema 1.3.1. considerando os seguintes valores numéricos: N = 10kN, d = 10mm.

Solução: a) )0 ,0 ,127( MPaT =r

.

b) )0 ,0 ,90( MPaT =r

. c) MPaτσ 64== .

1.3.4. Num ponto P, a tensão resultante

Tr

para um plano de corte perpendicular

ao eixo dos xx é )0,1,0(=Tr

. Determine as

componentes cartesianas σxx, τxy e τxz. Solução: σxx=0, τxy=1, τxz=0

1.3.5. Ainda relativamente ao problema anterior, determine as componentes normal (σ ) e de corte (τ ) da tensão, para um plano de corte paralelo a yz. Solução: σ = 0, τ =1

1.3.6. Uma barra de secção transversal uniforme de área A está sujeita a uma força axial de tracção N, conforme indicado na figura.

Determine:

a)- As tensões normal e tangencial no plano de corte α, inclinado de um ângulo θ relativamente ao eixo da barra.

b)- O valor e a direcção da tensão de corte máxima na barra. Solução:

a)- [ ])2(12

θσ cosA

N−= ; )2(

2θτ sen

A

N=

b)- A

Nmax 2

=τ ; º45=cθ

1.3.7. Tendo por referência a figura do problema anterior, considere a área da secção transversal A=8,5cm2 e uma força de tracção N = 12ton. Para o plano α, inclinado de um ângulo θ = 30º relativa-mente ao eixo da barra, determine: a)- O valor e a direcção da tensão de corte máxima na barra. b)- O valor da tensão normal sobre o plano de corte máximo. c)- As tensões normal e tangencial sobre o plano a.

N

α

α

N A

θ

NNxz

y α

α

º45

y

OO



Solução: a) MPamax 60,70=τ ; º45=cθ

b)- MPa60,70=σ

c)- MPa30,35=σ ; MPa20,61=τ

1.3.8. Uma barra de secção quadrada com 20mm de lado está sujeita a uma carga axial de compressão de 32kN. Desprezando qualquer eventual efeito de encurvadura, determine as tensões normal e tangencial que actuam sobre um plano inclinado de 30º relativamente ao eixo da barra.

Solução: σ = −20,0MPa ; τ = −34,60MPa

1.3.9. Uma placa rectangular de lados a e b e espessura h está sujeita a forças de tracção de resultantes Xo e Yo, uniformemente distribuídas ao longo dos lados a e b, respectivamente, conforme representado na figura a seguir.

Admitindo que o campo das tensões em todo o volume da placa é uniforme, determine:

a)- A tensão resultante no ponto O, sobre o plano de corte (xz).

b)- A tensão resultante no ponto O, sobre o plano de corte (α-α).

c)- As componentes normal e tangencial da tensão no ponto O, sobre o plano de corte (α-α).

Solução: a) )0 , ,0( o

ah

YT =r

.

b)

θ−

θ= 0 ,

)( ,

)( oo

ah

cosY

bh

senXTr

.

c) ah

cosY

bh

senXσ o )()( 2

o2 θ

+θ

= ;

h

sen

a

Y

b

Xτ

2

)2(oo θ

−= .

1.3.10. Relativamente à barra a que se refere o problema anterior, determine as componentes cartesianas da tensão no centro da placa.

Solução: ; ; oo

ah

Yσ

bh

Xσ yyxx ==

0==== xzyzxyzz τττσ .

1.3.11. Resolva o problema 1.3.9. considerando os seguintes valores numéricos: Xo = 300ton, Yo = 200ton, a = 2m, b = 1m, h = 20mm e θ = 60º.

Solução: a) )0 ,0 ,50( MPaT =r

.

b) )0 ,25 ,130( MPaMPaT −=r

.

c) MPaτMPaσ 43 ;125 == .

1.3.12. No ponto P≡(2, 2, 2) de um corpo material, para um plano de corte (α) definido pela equação x-y-z+2=0, a tensão resultante correspondente é )4,6,2(−=nT

r.

Determine as componentes normal σ e tangencial τ da tensão no ponto P, para o plano de corte α.

Solução: 34=σ , 22=τ .

1.3.13. Um campo de tensões é definido pelas seguintes componentes cartesianas:

σxx=2x−2 ; σyy=0 ; σzz= −4z+4 τxy=τyx=4x−4 τyz=τzy=10y−4z τxz=τzx=8x+4z −2

Desenhe um paralelepípedo rectangular elementar centrado na origem das coordenadas (O) e, sobre cada uma das faces, represente as componentes das tensões que sobre ela actuam.

Solução: σxx= −2; σyy=0; σzz= 4 τxy= −4; τyz= 0 ; τxz= −2

1.3.14. O estado de tensão num ponto é definido pelas seguintes componentes cartesianas:

xz

y

α

α

θ

y

OoXoX

oY

oYoY

oYa

bh



MPa

MPa

MPa

zz

yy

xx

80

40

50

=

=

=

σ

σ

σ

MPa

MPa

MPa

xz

yz

xy

5,37

25

30

−=

=

=

τ

τ

τ

Determine: a)- As componentes normal e de corte da tensão para um plano π cuja normal está inclinada de α = 64° e β= 68° em relação aos eixos x e y, respectivamente. b)- Os cossenos directores da tensão de corte no plano considerado.

Solução: σ = 67,1 ; τ = 35,8 (MPa).

1.3.15. Relativamente ao estado de tensão a que se refere o problema anterior, determine os cossenos directores da tensão de corte no plano π.

Solução: lc = −0,37 mc = 0,32 nc = 0,05.

1.3.16. A tensão em P, para um plano de corte π cuja normal tem cossenos directores l = 0.553, m = 0.651 e n = 0.520, é T = 280MPa e actua segundo uma direcção inclinada de ângulos de 80° e 35° em relação aos eixos coordenados x e y, respectivamente. Determine a tensão normal e a tensão de corte no ponto P, para o plano considerado.

Solução: σ =155,8MPa ; τ =113,9MPa

1.3.17. Relativamente ao estado de tensão a que se refere o problema anterior, determine os cossenos directores da tensão de corte no plano π.

Solução: lc= -0,82 mc= 0,55 nc= 0,18

1.3.18. Ainda em relação ao estado de tensão a que se refere o problema 1.3.16, determine as componentes σxx, σyy e σzz. Solução: σxx=88,σyy=300,σzz=276 (MPa)

1.3.19. Num referencial global Oxyz, as componentes cartesianas da tensão num ponto P são as seguintes:

σxx= -10 ; σyy=10 ; σzz=20 (MPa) τxy= -30 ; τyz =20 ; τxz =10 (MPa)

Determine as componentes da tensão num referencial particular Ox’y’z’, onde as

orientações dos eixos x’,y’,z’ são definidas pelos seguintes ângulos:

(x,x’) = 0 ; (y,y’) = π/4; (z,z’) = π/4.

Solução: σx’x’ =30; σy’y’ =-5; σz’z’= 35; τx’y’ = 220− ;τy’z’= –5;τx’z’ = 210 (MPa)

1.3.20. Para o estado de tensão a que se refere o problema 1.3.19, determine as componentes da tensão num referencial particular Ox’y’z’, onde as orientações dos eixos x’,y’,z’ são definidas pelos seguintes ângulos: (x, x’) = 0 ; (y, y’) = π/2; (z, z’) = π/2 Solução: σx’x’ = -10; σy’y’ =20; σz’z’= 10; τx’y’ = –10; τy’z’ = -20; τx’z’ = –30 (MPa)

1.3.21. Para o estado de tensão a que se refere o problema 1.3.19, determine as componentes da tensão num referencial particular Ox’y’z’, onde as orientações dos eixos x’,y’,z’ são definidas pelos seguintes ângulos: (x, x’) = π/2 ; (y, y’) = 0; (z, z’) = π/2. Solução: σx’x’ = 20; σy’y’ =10; σz’z’= -10; τx’y’ = 20; τy’z’ = 30; τx’z’ = -10 (MPa)

1.3.22. Para o estado de tensão a que se refere o problema 1.3.19, determine as componentes da tensão num referencial particular Ox’y’z’, onde as orientações dos eixos x’,y’,z’ são definidas pelos seguintes ângulos: (x, x’) = π/2 ; (y, y’) = π/2; (z, z’) = 0. Solução: σx’x’ = 10; σy’y’ = -10; σz’z’= 20; τx’y’ = 30; τy’z’ = 10; τx’z’ = -20 (MPa)

1.3.23. Considere o cubo elementar representado na figura a seguir, sujeito às tensões indicadas.



Determine as tensões normal e tangencial que actuam sobre o plano ABC. Solução: σ =26,67 MPa ; τ =18,86MPa

1.3.24. Para o estado de tensão a que se refere o problema anterior, determine as respectivas tensões principais e direcções principais de tensão.

Solução: σ1 = 40MPa, )1,0,0(1 ±=nr

σ2 = 220 MPa, )0 ,38.0 ,92.0(2 ±=nr

σ3= 220− MPa, )0 ,92.0 ,38.0(3 −±=nr

1.3.25. Ainda relativamente ao estado de tensão a que se refere o problema 1.3.23, determine as tensões principais secundárias no plano xy e as respectivas direcções.

Solução:

MPa220'1 =σ , )0 ,38.0 ,92.0('

1 ±=nr

MPa220'2 −=σ , )0 ,92.0 ,38.0('

2 −±=nr

1.3.26. Ainda em relação ao estado de tensão a que se refere o problema 1.3.23, determine as tensões principais secundárias no plano ABC e as respectivas direcções.

Solução:

MPa73,35'1 =σ , )00,8- ,26.0 ,54.0('

1 ±=nr

MPa39,22'2 −=σ , )17,0 ,78.0 ,61.0('

2 −±=nr

1.3.20. O estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes cartesianas: σxx= 30 ; σyy=60 ; σzz=30 (MPa) τxy= 0 ; τyz =0 ; τxz =10 (MPa)

a)–Poderá afirmar-se que o plano yz é um plano principal de tensão? Justifique. b)–Determine as tensões principais no ponto considerado, bem como as respectivas direcções. Solução: a) sim b) σ1 = 60MPa, )0,1,0(1 ±=n

r

σ2 = 40MPa, )2/2,0),2/2(1 ±=nr

σ3 = 20MPa, )2/2,0,2/2(3 −±=nr

1.3.28. Relativamente ao estado de tensão a que se refere o problema anterior, determine: a)- O valor máximo da tensão normal no ponto P. b)- O valor máximo da tensão tangencial no ponto P. Solução:

a) σmax = 60MPa. b) τmax = 20MPa.

1.3.29. O campo das tensões num corpo de material elástico sem forças de volume, é definido pelas seguintes componentes cartesianas ( em MPa): σxx= 0, σyy=βy, σzz=200-αz τyz=βy + 2γz + α ; τxz=200–γz ;τxy=2βy – 500x onde α, β, γ são três parâmetros reais. a)- Determine α, β, γ de modo que o campo das tensões seja compatível com as equações da teoria da elasticidade. b)- Determine as tensões principais na origem das coordenadas e as respectivas direcções. Solução: a) α = 100, β = 100, γ = 200

b) σ1 = 345; )84.0 ,24.0 ,49.0(1 ±=nr

σ2 = 0; )0 ,.890 ,45.0(2 −±=nr

σ3= −145; )54.0 ,.380 ,75.0(3 −±=nr

1.3.30. Ainda relativamente ao campo de tensões a que se refere o problema 1.3.29, determine: a)- O valor da tensão de corte máxima na origem das coordenadas e o plano e a direcção segundo os quais actua.

xxσ

40=zzσ

20=xxσ

20−=yyσ

40=zzσ

20−=yyσ

20=xyτ

x

y

z

A

B

C

P



b)- Identifique os planos octaédricos na origem das coordenadas e calcule as respectivas tensões octaédricas.

Solução: a) τmax= 245; )21.0 ,44.0 ,87.0(±=n

r

)98.0 ,09.0 ,18.0(−±=cnr

b) σoct = 67MPa; τoct = 141MPa

1.3.31. O campo das tensões num corpo sólido elástico, homogéneo e isotrópico é definido pelas seguintes componentes:

σzz= 260 (x-z),

τyz=τzy= – 250 x

τxy=τyx= 250 z

As restantes componentes do campo das tensões são nulas.

a)- Mostre que tal campo de tensões está necessariamente associado a um campo de forças de volume uniforme e paralelo ao eixo dos zz.

b)- Determine as tensões principais em A≡ )2/2 ,0,2/2(− e B≡ )2/2,0,2/2( − , e as respectivas direcções.

Solução: a) Fxx = 0, Fyy = 0, Fzz = 60 2 b)Ponto A: σ1 = 57.5; )21.0 ,74.0 ,64.0(1 ±=n

r

σ2 = 37.1; )0.34 ,.560 ,76.0(2 −±=nr

σ3 = 140.4, )92.0 ,.370 ,14.0(3 −−±=nr

Ponto B:

σ1 = 140.4; )92.0 ,37.0 ,14.0(1 −−±=nr

σ2 = 37.1; )0.34 ,.560 ,76.0(2 −±=nr

σ3 = 57.5, )21.0 ,74.0 ,64.0(1 ±=nr

1.3.32. Relativamente ao campo de tensões a que se refere o problema 1.3.31, responda às seguintes questões: a)- Desenhe os círculos de Mohr correspondentes ao estado de tensão no ponto C≡ )2/2 ,0,2/2( .

b)- À volta do ponto B≡ )2/2,0,2/2( − , desenhe um paralelepípedo elementar de faces paralelas aos planos cartesianos e,

sobre cada uma dessas faces, represente as tensões correspondentes.

Solução: a) σ1 = 70.7; σ2 = 0; σ3 = 70.7

1.3.33. O estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes cartesianas (MPa): σxx=120; σyy=60 ;σzz= 60 τxy=τyx= 0; τyz=τzy = −20; τxz=τzx= 0 a)- Determine as tensões principais no ponto P e as respectivas direcções. b)- Determine as tensões principais secundárias no plano xz e as respectivas direcções.

Solução: a) σ1 = 120; )1 ,0 ,0(1 ±=n

r

σ2 = 80; )0 ,2/2 ,2/2(2 −±=nr

σ3 = 40; )0 ,2/2 ,2/2(2 ±=nr

b) 120'1 =σ ; )0 ,0 ,1('

1 ±=nr

60'2 =σ ; )1 ,0 ,0('

2 ±=nr

1.3.34. Para o estado de tensão a que se refere o problema 1.3.33, determine ainda:

a)- As tensões principais secundárias e respectivas direcções no plano α definido pela equação

x + y + z + 2 = 0.

b)- As tensões octaédricas (σoct e τoct) no ponto considerado, recorrendo directa-mente à utilização da construção do círculo de Mohr,.

Solução:

a) 93'1 =σ ; )0.41 ,0.41 ,81.0('

1 −−±=nr

80'2 =σ ; )0.71 ,71.0 ,0('

2 −±=nr

b) σoct = 80MPa; τoct = 32,6MPa

1.3.35. Um elemento plano à volta dum ponto Pestá sujeito às tensões seguintes:

MPaxx 30=σ , 0=yyσ e MPaxy 45−=τ



Determine, analiticamente, as tensões normal e tangencial no ponto P, para um plano de corte inclinado a 45º relativamente ao eixo dos xx:

Solução: σ = 60MPa ; τ =15MPa.

1.3.36. Ainda relativamente à situação a que se refere o problema anterior, determine, analiticamente: a)- As tensões principais no ponto P.

b)- As direcções principais de tensão no ponto P.

Solução:

a) σ1 = 62,43MPa; σ2 = −32,43MPa.

b) θ 1 = −71,56º; θ 2 = 18,44º.

1.3.37. Resolva o problema 1.3.35, agora recorrendo à utilização da construção do círculo de Mohr.

Solução: σ = 60MPa ; τ =15MPa.


Solução:

a) σ1 = 62,43MPa; σ2 = −32,43MPa. b) θ 1 = −71,56º; θ 2 = 18,44º.

1.3.39. Um elemento plano à volta dum ponto P está sujeito às tensões seguintes:

100=xxσ , 60=yyσ e 40=xyτ (MPa)

Determine analiticamente as tensões que actuam sobre um segundo elemento inclinado de um ângulo θ = 50º em relação ao eixo dos xx:

Solução: σ´xx=116MPa ; σ´yy =44MPa ; τ´xy = −26,6MPa.

1.3.40. Ainda relativamente à situação a que se refere o problema anterior, determine, analiticamente:

a)- As tensões principais no ponto P.

a)- As direcções principais de tensão no ponto P.

Solução:

a) σ1 = 124,72MPa; σ2 = 35,28MPa.

b) θ 1 = 26,56º; θ 2 = −63,44º.


Solução: σ´xx=116MPa ; σ´yy =44MPa ; τ´xy = −26,6MPa.


Solução:

a) σ1 = 124,72MPa; σ2 = 35,28MPa. b) θ 1 = 26,56º; θ 2 = −63,44º.

1.3.43. Um elemento plano está sujeito às tensões seguintes:

MPaxx 40=σ , MPayy 40=σ e 0=xyτ

Determine analiticamente a tensão tangencial máxima:

Solução: τmax =0

1.3.44. Resolva o problema anterior, agora recorrendo à utilização da construção do círculo de Mohr. Solução: τmax =0


MPaxx 60=σ , MPayy 60−=σ e 0=xyτ

Determine a tensão tangencial máxima e a direcção dos planos onde ocorre: Solução: τmax = −60MPa; θc = ±45º

1.3.46. Resolva o problema anterior, agora recorrendo à utilização da construção do círculo de Mohr. Solução: τmax = −60MPa; θc = ±45º

1.3.47. Para elemento a que se refere o problema 1.3.45, determine as tensões normal e tangencial que actuam num plano inclinado de 30º relativamente ao eixo dos xx: a)- Analiticamente. b)- Recorrendo à utilização do círculo de Mohr. Solução: σ = −30MPa ; τ = −52MPa



1.3.48. Uma placa rectangular com as dimensões de 500mmx250mm está sujeita a um campo plano de tensões, definido pelas seguintes componentes cartesianas (em MPa, para as coordenadas expressas em mm e em que K é uma constante):

xxy xyyyxx K ; 4 ; 2 −=== τσσ

a)- Determine o campo das forças de volume compatível com aquele campo de tensões. b)- Calcule as tensões principais no centro C da placa, no caso de K=2,4. c)- Esboce a construção do círculo de Mohr para as tensões a que se refere a alínea (b).

Solução: a) Fx = 0 , Fy = K

b) σ1 = 800MPa; σ2 = 200MPa θ1 = −45º ; θ2 = +45º

1.3.49. Relativamente à situação a que se refere o problema anterior calcule, no centro da placa:

a)- A tensão de corte máxima no plano da placa.

b)- A tensão de corte máxima absoluta.

Solução: a) (τmax)xy = 200MPa.

b) (τmax)abs = 400MPa.

1.3.50. Num sistema plano, o estado de tensão num ponto P é definido pelas seguintes componentes:

σxx= −70 MPa ; σyy= −130 MPa ; τxy=τyx= 50 MPa

a)- Determine, analiticamente, os valores das tensões principais no ponto P e as respectivas direcções principais.

b)- Calcule a tensão de corte máxima no plano xy e identifique o plano sobre a qual actua.

Solução: a) σ1 = −41,69 σ2 = −158,31 (MPa) θ1 = 29,52º ; θ2 = −60,48º

b) τmax = 58,31MPa

θα = +74,52º ou θα = −15,48º.

1.3.51. Relativamente à situação a que se refere o problema anterior calcule, no ponto P, a tensão de corte máxima absoluta.

Solução: (τmax)abs = 79,15MPa.

1.3.52. Resolva o problema 1,3,50, agora recorrendo à utilização da construção do círculo de Mohr.

Solução: a) σ1 = −41,69 σ2 = −158,31 (MPa) θ1 = 29,52º ; θ2 = −60,48º b) τmax = 58,31MPa θα = −15,48º ou θα = +74,52º

1.3.53. Reconsidere o problema 1.3.50 supondo, agora, um estado de tensão no ponto P definido pelas seguintes componentes:

σxx= 100 MPa ; σyy= −20 MPa ; τxy=τyx= −102 MPa

Solução: a) σ1 = +158,34 σ2 = −78,34 (MPa) θ1 = −29,77º ; θ2 = +60,23º b) τmax = 118,34MPa θα = +15,23º ou θα = −74,77º.

1.3.54. Relativamente à situação a que se refere o problema anterior calcule, no ponto P, a tensão de corte máxima absoluta.

Solução: (τmax)abs = 118,34MPa.

1.3.55. Resolva o problema 1,3,53, agora recorrendo à utilização da construção do círculo de Mohr.

Solução: a) σ1 = +158,34 σ2 = −78,34 (MPa)

y

x

mm500

mm250

C



θ1 = −29,77º ; θ2 = +60,23º b) τmax = 118,34MPa θα = +15,23º ou θα = −74,77º.

1.3.56. Um elemento bidimensional está sob a acção dum estado plano de tensão (ver figura a seguir).

Considere o caso particular em que as duas componentes cartesianas normais da tensão são σxx= −120MPa e σyy= −60MPa. Sabe-se, também, que uma das tensões principais σp = −270MPa.

a)- Determine a tensão de corte τxy. b)- Determine a outra tensão principal. Solução: a) τxy= ± 177,48MPa b)- σ1 = +90MPa; σ2 = −270MPa

1.3.57. Ainda relativamente ao estado de tensão a que se refere o problema 1.3.56: a)- Determine a orientação das duas direcções principais de tensão. b)- Represente as duas tensões principais sobre um elemento convenientemente orientado no plano xy.

Solução: a)- θ1 = +40,20º ; θ2 = −49,80º ou θ1 = −40,20º ; θ2 = +49,80º

1.3.58. Uma placa rectangular em chapa de aço, com dimensões 300mmx150mm, é construída a partir de dois triangulos rectângulos iguais soldados ao longo da hipotenusa AB, conforme ilustrado na figura a seguir. A placa está sujeita a uma tensão de 30MPa em tracção na direcção da maior dimensão e a uma tensão de 5MPa em compressão na direcção da dimensão menor.

Determine a tensão normal σ que actua perpendicularmente à linha de soldadura e a tensão tangencial τ que actua paralelamente ao cordão de soldadura. Solução: σ = 2MPa ; τ = 14MPa

1.3.59. Reconsidere o problema anterior, agora para uma tensão de 6MPa em compressão na direcção da dimensão maior e uma tensão de 20MPa em tracção na direcção perpendicular. Solução: σ = 14,8MPa ; τ = −10,4MPa

1.3.60. Considere a placa a que se refere o problema 1.3.58, agora também sujeita a uma tensão de corte adicional de −10MPa, conforme indicado na figura a seguir:

Determine a tensão normal σ que actua perpendicularmente â linha de soldadura e a tensão tangencial τ que actua paralelamente ao cordão de soldadura.

Solução: σ = 10MPa ; τ = 20MPa

1.3.61. Reconsidere o problema anterior, agora para uma tensão de 6MPa em compressão na direcção da dimensão maior, uma tensão de 20MPa em tracção na direcção perpendicular e uma tensão de corte de +10MPa. Solução: σ = 6,8MPa ; τ = −16,4MPa


σxx=30, σyy=10, τxy= −12 (MPa),

MPa30+=σMPa30+=σ

MPa5−=σ

MPa5−=σ

B

A MPa10−=τ

MPa10−=τ

MPa30+=σMPa30+=σ

MPa5−=σ

MPa5−=σ

B

A

mm300

mm150

O x

y

yyσ

xxσ

xyτ



de acordo com o esquema representado na figura a seguir:

a)- Determine as tensões principais e respectivas direcções. Faça o esboço correspondente, sobre um elemento convenientemente orientado.

b)- Determine a tensão de corte máxima no plano em questão e a tensão normal associada, e represente ambas as tensões sobre um elemento convenientemente orientado.

Solução: a) σ1 = +35,62 MPa σ2 = 4,38MPa θ1 = −25,10º ; θ2 = +64,90º b) τmax = 15,62MPa; σ = +31,49 MPa θα = +19,90º ou θα = −70,10º

1.3.63. Reconsidere o problema 1.3.62. acima, agora para o seguinte estado plano de tensões:

σxx=210, σyy=30, τxy = −56 (MPa) Solução:

a) σ1 = +226 MPa σ2 = 14MPa θ1 = −15,95º ; θ2 = +74,05º

b) τmax = 106MPa; σ = +211,80 MPa

θα = +29,05º ou θα = −60,95º

1.3.64. Reconsidere o problema 1.3.62. acima, agora para o seguinte estado plano de tensões: σxx=+160, σyy=+20, τxy = +18 (MPa)

Solução: a) σ1 = +162,28 MPa σ2 = 17,72MPa θ1 = +7,21º ; θ2 = −82,79º

b) τmax = 72,28MPa; σ = +160,05 MPa θα = +52,21º ou θα = −37,79º

1.3.65. Reconsidere o problema 1.3.62. acima, agora para o seguinte estado plano de tensões:

σxx= −30, σyy= −120, τxy = +60 (MPa) Solução:

a) σ1 = 0 σ2 = −150MPa θ1 = +26,57º ; θ2 = −63,43º

b) τmax = 75MPa; σ = −21,17 MPa θα = +71,57º ou θα = −18,43º

1.3.66. Reconsidere o problema 1.3.62. acima, agora para o seguinte estado plano de tensões: σxx= −200, σyy= 100, τxy = −100 (MPa)

Solução: a) σ1 = +130,28 σ2 = −230,28MPa θ1 = −73,16º ; θ2 = +16,84º

b) τmax = 180,28MPa; σ = −203,79 MPa θα = +61,85º ou θα = −28,15º

1.4. BIBLIOGRAFIA

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O x

y

yyσ

xxσ

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J.F. Silva Gomes, Edições INEGI - Porto, 2009

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