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Estado Plano de Tensões
Nota de aula 8 - EstadoPlano de Tensões -
Resistência dos MateriaisII
Flávia Bastos (retirado da apostila do Prof. Elson Toledo)
MAC - Faculdade de Engenharia - UFJF
2o. semestre de 2011Flávia Bastos RESMAT II 1/18
Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Informações sobre este documento: Estes slides servem paraauxiliar no desenvolvimento expositivo durante as aulas deresistência dos materiais II ministradas pela professora FláviaBastos e são baseados na apostila do Prof. Elson Toledo.
Flávia Bastos RESMAT II 2/18
Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Estado Plano de Tensões
Figura: Caso particular do problema 3D
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Expressões Gerais
ρn˜ = σ˜̃ ·N˜ → Vetor tensão totalσn = ρn˜ ·N˜ → Tensão normal
τn =√|ρn˜|2 − σn2 → Tensão tangencial
No caso de problemas de estado plano de tensão, temos que:
σ˜̃ =
[σxx τxyτxy σyy
](1)
N˜ =[lx ly
]=[cosα senα
](2)
α→ ângulo que N˜ faz com o eixo x.
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Expressões Gerais
Temos então:{ρnxρny
}=
[σxx τxyτxy σyy
]{cosαsenα
}(3)
{ρnx = σxxcosα+ τxysenαρny = τxycosα+ σyysenα
(4)
A tensão normal então fica:
σn = ρnxcosα+ ρnysenα= (σxxcosα+ τxysenα)cosα+ (τxycosα+ σyysenα)senα= σxxcos
2α+ 2τxysenαcosα+ σyysen2α
(5)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Expressões Gerais
Como: {cos2α = 1+cos2α
2sen2α = 1−cos2α
2
(6)
Chegamos a:
σn =σxx + σyy
2+σxx − σyy
2cos2α+ τxysen2α (7)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Expressões Gerais
A tensão tangencial fica:
τn =√ρ2nx + ρ2ny − (ρnxcosα+ ρnysenα)2 (8)
τ2n = ρ2nx(1− cos2α) + ρ2ny(1− sen2α)− 2ρnxρnysenαcosα
= ρ2nxsen2α+ ρ2nycos
2α− 2ρnxρnysenαcosα
= (ρnycosα− ρnxsenα)2(9)
τn = ρnycosα− ρnxsenα (10)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Expressões Gerais
Substituindo as expressões de ρnx e ρny nesta fórmula:
τn = (τxycosα+ σyysenα)cosα− (σxxcosα+ τxysenα)senα= τxycos
2α+ σyysenαcosα− (σxxcosαsenα+ τxysen2α)(11)
O que nos leva a:
τn =σyy − σxx
2sen2α+ τxycos2α (12)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Normais PrincipaisA determinação das tensões principais pode ser feita a partirda equação característica para este caso. Sendo:
σ =
[σxx τxyτxy σyy
](13)
A equação característica que permite calcular as tensõesprincipais escreve-se:
det(σ˜̃ − σlI˜̃
)= 0 (14)
onde σl é a tensão principal e I˜̃ é o tensor identidade de
segunda ordem→ I˜̃=[1 00 1
]
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Normais PrincipaisFicamos então com:∣∣∣∣ σxx − σl τxy
τxy σyy − σl
∣∣∣∣ = 0 (15)
(σxx − σl)(σyy − σl)− τ2xy = 0 (16)
σ2l − (σxx + σyy)σl + σxxσyy − τ2xy = 0 (17)
cujas raizes são:σξ =
σxx+σyy2 +
√(σxx−σyy
2
)2+ τ2xy
ση =σxx+σyy
2 −√(
σxx−σyy2
)2+ τ2xy
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Principais como valoresextremos
De:σn =
σxx + σyy2
+σxx − σyy
2cos2α+ τxysen2α (18)
dσndα
= 0→ −2σxx − σyy2
sen2α+ 2τxycos2α = 0 (19)
Que resulta em:
tg2α =2τxy
σxx − σyy(20)
que possui duas soluções α0 e α0 +π2 .
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Principais como valoresextremos
Para a determinação do valor de σn no plano com α dado pelasolução da equação trigonométrica acima construimos otriângulo***:
sen2α =2τxy√
(σxx − σyy)2 + 4τ2xy
(21)
cos2α =(σxx − σyy)√
(σxx − σyy)2 + 4τ2xy
(22)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Principais como valoresextremos
Substituindo na expressão de σn resulta em:
σξ,η =σxx + σyy
2±
√(σxx − σyy
2
)2
+ τ2xy (23)
O que mostra que as tensões principais são os valoresextremos (máximo e mínimo) entre todas as tensões normaisatuantes no ponto.
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Tangenciais Máximas
A determinação dos valores extremos da tensão tangencial emum ponto é obtido através de:
τn = −σxx − σyy2
sen2α+ τxycos2α (24)
dτndα
= −2σxx − σyy2
cos2α− 2τxysen2α = 0 (25)
que resulta em:
tg2α = −σxx − σyy2τxy
(26)
que possui duas soluções α0′ e α0
′ + π2 .
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Tangenciais Máximas
A determinação dos extremos é feita a partir do triângulo***(mnemônico):
cos2α′ =2τxy√
(σxx − σyy)2 + 4τ2xy
(27)
sen2α′ =−(σxx − σyy)√
(σxx − σyy)2 + 4τ2xy
(28)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Tensões Tangenciais Máximasque substituídos na expressão de τn resulta:
τnmax/min = ±
√(σxx − σyy
2
)2
+ τ2xy (29)
Pode-se constatar, subtraindo σξ de ση, obtidos na páginaanterior, que:
σξ − ση = 2
√(σxx − σyy
2
)2
+ τ2xy (30)
De onde concluímos que:
|τmax| = |τmin| =σξ − ση
2(31)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Posição relativa entre as direções deσnmax e τmax
O ângulo α0 onde as tensões normais são máximas é dadopor:
tg(2α0) =2τxy
σxx − σyy(32)
E o ângulo α0′ onde as tensões tangenciais são máximas é
dado por:
tg(2α0′) = −σxx − σyy
2τxy(33)
Multiplicando-se uma expressão pela outra, obtém-se:
tg(2α0)tg(2α0′) = −1 (34)
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Estado Plano de Tensões Caso particular do problema 3D
Posição relativa entre as direções deσnmax e τmax
Logo 2α0′ e 2α0
′ diferem de π2 isto é:
2α0 = 2α0′ +
π
2(35)
ou
α0 = α0′ +
π
4(36)
Logo concluimos que os planos nos quais ocorrem as tensõesnormais extremas formam um ângulo de 45o com os planosnos quais as tensões tangenciais são máximas.
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Estado Plano de Tensões
Nota de aula 9 - EstadoPlano de Tensões -
Resistência dos MateriaisII
Flávia Bastos (retirado da apostila do Prof. Elson Toledo)
MAC - Faculdade de Engenharia - UFJF
2o. semestre de 2011Flávia Bastos RESMAT II 1/16
Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Informações sobre este documento: Estes slides servem paraauxiliar no desenvolvimento expositivo durante as aulas deresistência dos materiais II ministradas pela professora FláviaBastos e são baseados na apostila do Prof. Elson Toledo.
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Círculo de Mohr
O par (σn, τn) das tensões normal e tangencial em um planoqualquer, num estado plano de tensões gera uma figura noplano de coordenadas σ, τ que é conhecida como círculo deMohr. Temos que σn e τn podem ser determinados por:{
σn =σxx+σyy
2 +σxx−σyy
2 cos2α+ τxysen2α
τn = −σxx−σyy2 sen2α+ τxycos2α
(1)
Chamando σm =σxx+σyy
2 temos:{σn − σm =
σxx−σyy2 cos2α+ τxysen2α
τn = −σxx−σyy2 sen2α+ τxycos2α
(2)
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Círculo de Mohr
Elevando cada um dos termos das igualdades anteriores aoquadrado e somando-os obtém-se:
(σn − σm)2 + τ2n =
(σxx − σyy
2
)2
+ τ2xy (3)
Chamando σn = σ; τn = τ e R =
√(σxx−σyy
2
)2+ τ2xy,
chegamos a:
(σ − σm)2 + τ2 = R2 (4)
que é a equação de uma circunferência no plano (σ, τ) comcentro sobre o eixo σ no ponto σ = σm =
σxx+σyy2 e cujo raio é
o valor de R acima descrito.
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Círculo de Mohr
M -> Ponto que repre-senta as tensões emtorno de P na direçãoα.
Da figura constata-mos novamente quea máxima tensão tan-gencial vale:
τmax = R =σξ − ση
2(5)
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Expressão do círculo de Mohr a partirdas tensões principais
Considerando como ponto departida as expressões de σn eτn obtidas em função de σ1 e σ3temos:
{σn =
σξ+ση2 +
σξ−ση2 cos2θ
τn = −σξ−ση2 sen2θ
(6)A figura ao lado esclarece o sig-nificado dessas expressões.
Estas expressões sãoobtidas das expressõesanteriormente vistas paraσn e τn nas quais fez-seσxx = σξ, σyy = ση, τx,y = 0e usamos θ no lugar de α.
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Expressão do círculo de Mohr a partirdas tensões principais
Chamando σm =σξ+ση
2 , σn = σ, τn = τ e elevando ambas asexpressões ao quadrado e somando-as resulta em:
(σ − σm)2 + τ2 =
(σξ − ση
2
)2
(7)
ou (σ −
σξ + ση2
)2
+ τ2 =
(σξ − ση
2
)2
(8)
que descreve o mesmo círculo desenvolvido anteriormente jáque:
σxx + σyy = σξ + ση
σξ−ση2 =
√(σxx−σyy
2
)2+ τ2xy = R
(9)
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Casos Particularesi) Estado de tração simplesTodas as tensões normais em torno do ponto (em qualquerdireção) são de tração. Neste caso:τmax =
σξ2 já que ση = 0!
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Casos Particularesii) Estado de compressão simplesTodas as tensões normais em torno do ponto (em qualquerdireção) são de compressão. Neste caso:τmax =
ση2 já que σξ = 0!
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Casos Particularesiii) Estado de cisalhamento simplesTodas as tensões principais são iguais e de sinal contrário.τmax = |ση| = σξ.
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Casos Particularesiv) Estado de tensão uniforme ou hidrostáticoNeste caso σξ = ση = σ eτ = τmax = 0.
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Decomposição do tensor de tensãoDado um tensor de tensão σ˜̃, é possivel decompô-lo doseguinte modo:
σ˜̃ = σh˜̃ + σD˜̃ (10)
ondeσh˜̃ → Tensor de tensão hidrostático;
σD˜̃ → Tensor de tensão desviador.
Definindo-se σD˜̃ como um tensor tal que trσD˜̃ = 0 e, como já
visto (em qualquer sistema de eixos):
σh˜̃ =
p 0 00 p 00 0 p
(11)
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Decomposição do tensor de tensão- Determinação das componentes σh˜̃ e σD˜̃ :
Se escolhemos as direções principais de σ para sua descriçãotemos:
σ˜̃ =
σ1 0 00 σ2 00 0 σ3
(12)
Logo podemos escrever:
σ˜̃ =
σ1 0 00 σ2 00 0 σ3
= p
1 0 00 1 00 0 1
+ σ1 − p 0 0
0 σ2 − p 00 0 σ3 − p
(13)
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Decomposição do tensor de tensão
Verificação: pela invariância da soma da diagonal principal dotensor de tensão temos que:
σ1 + σ2 + σ3 = 3p+ (σ1 − p) + (σ2 − p) + (σ3 − p) (14)
Escolhendo para σD˜̃ tensor com traço nulo (soma da diagonal
principal), temos que:
σ1 + σ2 + σ3 = 3p (15)
e que
p =σ1 + σ2 + σ3
3(16)
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Decomposição do tensor de tensão
Ficamos com (para qualquer sistema de eixos!):
σh˜̃ =
p 0 00 p 00 0 p
(17)
e
σD˜̃ = σ˜̃ − σh˜̃ (18)
Obs: A parcela σh é responsável pela variação de volume e aparcela σD, chamada de tensor desviador, é responsável pelamudança de forma como se verá no estudo das deformações.
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Estado Plano de Tensões Círculo de Mohr
Decomposição do tensor de tensão
Concluindo, podemos afirmar que, se σ˜̃ =
σxx τxy τxzτyx σyy τyzτzx τzy σzz
,
então:
σh˜̃ =σxx + σyy + σzz
3
1 0 00 1 00 0 1
(19)
e:
σD˜̃ =
σxx − p τxy τxzτyx σyy − p τyzτzx τzy σzz − p
com p =σxx + σyy + σzz
3
(20)
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