Nota de aula 5 - Estado Triaxial de Tensões - Resistência ... · Estado Triaxial de Tensões Natureza da grandeza tensão Informações sobre este documento: Estes slides servem

Estado Triaxial de Tensões

Nota de aula 5 - EstadoTriaxial 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 1/26

Estado Triaxial de Tensões Natureza da grandeza tensão

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 2/26


Natureza da grandeza tensão

Tensão é uma medida de intensidade de força, tanto dentroquanto no contorno de um corpo sujeito a forças.• Forças de corpo: agem em elementos volumétricos

distribuídos ao longo de todo o corpo (ex: força peso);• Forças de superfície: agem em elementos de área

localizados em determinadas porções da superfície oucontorno do corpo (ex: força de contato);



Natureza da grandeza tensãoSeja P um ponto no interior do corpo. Imagine um plano deseção π passando pelo ponto P.

O ponto P está no centro de um elemento de área ∆A, cuja normal én. Seja ∆FR a parcela de força sobre o elemento ∆A em torno de P.



Natureza da grandeza tensãoSeja P um ponto no interior do corpo. Imagine um plano deseção π passando pelo ponto P.

O ponto P está no centro de um elemento de área ∆A, cuja normal én. Seja ∆FR a parcela de força sobre o elemento ∆A em torno de P.




Define-se o vetor de tensão total no ponto P segundo o plano πcomo:

ρn˜ = lim∆A→0

−−→∆Fr∆A

(1)




O vetor de tensão total pode ser decomposto segundo duasdireções:

ρn˜ = σnn˜ + τt˜ (2)

onde n˜ e t˜ são vetores unitários, ou ainda, utilizando um par deeixos ortogonais t1˜ e t2˜ no plano π:

ρn˜ = σnn˜ + τt1t1˜ + τt2t2˜ (3)



Natureza da grandeza tensãoPodemos proceder de modo sistemático realizando cortessegundo planos coordenados passando pelo ponto deinteresse.

ρx˜ = σxxi˜+ τxyj˜+ τxzk˜ (4)

ρy˜ = τyxi˜+ σyyj˜+ τyzk˜ (5)

ρz˜ = τzxi˜+ τzyj˜+ σzzk˜ (6)



Natureza da grandeza tensãoConvenção de sinais:• Em faces cuja

normal é positiva,tensões serãopositivas seapontarem nasdireções positivasdos eixos.

• Em faces cujanormal é negativa,tensões serãopositivas seapontarem nasdireções negativasdos eixos.




O primeiro índice indica o eixo da normal ao plano de seção eo segundo índice indica o eixo na direção que a componenteatua. Os valores das componentes formam a matriz detensões dada por:

σ˜̃ =

σxx τxy τxzτyx σyy τyzτzx τzy σzz

(7)



Simetria da matriz de tensões

∑MP = 0 (8)

(τyx +

∂τyx∂y

dy

)︸︷︷︸

Tensão

dxdz︸︷︷︸Área

dy︸︷︷︸braço

−(τxy +

∂τxy∂x

dx

)︸︷︷︸

Tensão

dydz︸︷︷︸Área

dx︸︷︷︸braço

= 0

(9)

τyxdxdydz +∂τyx∂y

dy2dxdz − τxydxdydz −∂τxy∂x

dx2dydz (10)




τyx = τxy (11)

Analogamente:

τzx = τxz e τyz = τzy (12)







τyx = τxy e τzx = τxz e τyz = τzy (13)

Logo:

σ˜̃T = σ˜̃ (14)

Escrevemos que:

σ˜̃ =

σxx τxy τxzτxy σyy τyzτxz τyz σzz

(15)



Cálculo do Vetor tensão total numplano qualquer

Plano qualquer de nor-mal N(l,m, n) (cossenosdiretores).Área ∆AOC = ∆ABC ·m;Área ∆BOC = ∆ABC · l;Área ∆BOA = ∆ABC ·n;

ΣFx = 0

ρx(∆ABC) = σxx(∆ABC) · l+ τyx(∆ABC) ·m+ τzx(∆ABC) ·n(16)



Cálculo do Vetor tensão total numplano qualquer

∑Fx = 0⇒ ρx = σxl + τyxm+ τzxn (17)

∑Fy = 0⇒ ρy = τxyl + σym+ τzyn (18)

∑Fz = 0⇒ ρz = τxzl + τzym+ σzn (19)

ou: ρxρyρz

=

σxx τyx τzxτxy σyy τzyτxz τyz σzz

lmn

(20)



Podemos então reescrever:

ρn˜ = σ˜̃TN˜ ou como σ˜̃T = σ˜̃ (21)

ρn˜ = σ˜̃N˜ com N˜ =

lmn

(22)

A tensão normal em um plano qualquer é obtida pela projeçãodo vetor total sobre a normal ao plano (produto escalar):

σn = ρn˜ ·N˜ (23)

Tensão tangencial:

τn =√|ρn˜|2 − σ2

n (24)



Exemplo 1

Dado o tensor de tensão abaixo que define o estado de tensãonum ponto de uma estrutura, pede-se determinar o vetortensão total, a tensão normal e a tensão tangencial totalatuando num plano paralelo ao plano x+ 2y+ 2z = 6 passandopor este ponto. Determine também as forças totais, tangenciale normal neste plano considerando uma área de 10mm2.

σ˜̃ = 100

2 4 34 0 03 0 1

N/mm2



Exemplo 2

Problema da solicitação axial:

σ˜̃ =

FA 0 00 0 00 0 0

Para um plano de seção cuja normal é N˜ = cosϕi˜+ senϕj˜passando por um ponto P qualquer da peça, determinar asorientações que resultam nas máximas tensões normal etangencial.



Exemplo 2

Solução.• Tensão total no plano.

ρn˜ = σ˜̃N˜ com N˜ =

lmn

ρn˜ =

FA 0 00 0 00 0 0

cosϕsenϕ

0

=

FAcosϕ

00

=

ρnxρnyρnz

|ρn˜| = σxcosϕ



Exemplo 2

Solução.• Tensão normal no plano.

σn = ρn˜ ·N˜σn =

{FAcosϕ 0 0

}cosϕsenϕ

0

=F

Acos2ϕ

σn = σxcos2ϕ



Exemplo 2

Solução.• Tensão tangencial no plano.

τn =√|ρn˜|2 − σ2

n

τn = σx√cos2ϕ− cos4ϕ = σx

√cos2ϕ(1− cos2ϕ) = σxcosϕsenϕ =

τn = σxsen2ϕ

2



Exemplo 2

Solução.• Tensão normal máxima.

σn = σxcos2ϕ

dσndϕ

= −2σxcosϕsenϕ = −2σxsen2ϕ

2= −σxsen2ϕ

dσndϕ

= −σxsen2ϕ = 0

sen2ϕ = 0⇒{

2ϕ = 0 ∴ ϕ = 0 ou

2ϕ = π ∴ ϕ = π2



Exemplo 2

Solução.• Tensão normal máxima.

d2σndϕ2

= −2σxcos2ϕ < 0 em ϕ = 0⇒ σn = σx

d2σndϕ2

= −2σxcos2ϕ > 0 em ϕ =π

2⇒ σn = 0



Exemplo 2

Solução.• Tensão tangencial máxima.

τn = σxsen2ϕ

2

dτndϕ

= σxcos2ϕ = 0

cos2ϕ = 0⇒{

2ϕ = ±π2 ∴ ϕ = ±pi

4



Exemplo 2

Solução.• Tensão tangencial máxima.

d2τndϕ2

= −2σxsen2ϕ < 0 em ϕ =pi

4⇒ τn =

σx2

d2τndϕ2

= −2σxcos2ϕ > 0 em ϕ = −π4⇒ τn = −σx

2



Exemplo 2Solução.• Em ϕ = 0⇒ σn = σx e τn = 0;

• Em ϕ = π2 ⇒ σn = 0 e τn = 0;

• Em ϕ = ±π4 ⇒ σn = σx

2 e τn = ±σx2 ;


Estado Triaxial de Tensões





2o. semestre de 2011Flávia Bastos RESMAT II 1/5

Estado Triaxial de Tensões Rotação do tensor de tensões




Rotação do tensor de tensõesOs cossenos diretores das direções unitárias x′, y′, z′ em relação ax, y, z são dados por li′ j = cos(i′

∧, j) para i = x′y′z′ e j = xyz.

i′˜ = l11i˜+ l12j˜+ l13k˜ (1)

j′˜ = l21i˜+ l22j˜+ l23k˜ (2)

k′˜ = l31i˜+ l32j˜+ l33k˜ (3)

Matricialmente: i′

j̃′

k̃′˜ =

l11 l12 l13l21 l22 l23l31 l32 l33

︸︷︷︸

R˜̃

ij̃k̃˜

(4)

onde R˜̃ é a matriz de rotação formada pelos cossenos diretores.



Rotação do tensor de tensões

• R˜̃ é ortogonal, isto é, R˜̃T = R˜̃−1 ou R˜̃TR˜̃−1 = I˜̃• Sendo I˜̃ o tensor identidade.



Rotação do tensor de tensões

• Cálculo do tensor de tensão em x′, y′, z′ a partir de suascomponentes em x, y, z

ρ˜′ = R˜̃ρ˜;N˜ ′ = R˜̃N˜ ∴ N˜ = R˜̃TN˜ ′ρ˜′ = R˜̃σ˜̃N˜ = R˜̃σ˜̃R˜̃TN˜ ′

ρ˜′ = σ˜̃′N˜ ′σ˜̃′N˜ ′ = R˜̃σ˜̃R˜̃TN˜ ′σ˜̃′ = R˜̃σ˜̃R˜̃T (5)






2o. semestre de 2011




Tensões Principais

• Tensões Principais são valores das tensões normais emtorno de um ponto segundo planos onde não existemtensões tangenciais.

• Os planos nos quais estas tensões atuam sãodenominados de planos principais e as normais quedefinem estes planos são denominadas de direçõesprincipais.


Determinação das Tensões PrincipaisSuponha que e˜ seja uma direção principal. Então a tensão totalneste plano é igual à tensão nornal neste plano, isto é:

ρn˜ = σ˜̃N˜ (1)

ρe˜ = σ˜̃e˜= σee˜ (2)

onde designamos por σe a tensão principal atuante neste planoprincipal. Logo:

σ˜̃e˜= σeI˜̃e˜ (3)

e, com o tensor identidade I˜̃:(σ˜̃ − σeI˜̃

)e˜= 0˜ (4)


Determinação das Tensões Principais(σ˜̃ − σeI˜̃

)e˜= 0˜ (5)

Esta equação descreve um sistema de equações algébricolineares homogêneo que, para ter solução diferente da triviale˜= 0˜, requer que:

det(σ˜̃ − σeI˜̃

)= 0 (6)

ou: ∣∣∣∣∣∣σxx − σe τxy τxzτyx σyy − σe τyzτzx τzy σzz − σe

∣∣∣∣∣∣ = 0 (7)

que resulta numa equação do 3o grau na incógnita σe.


Determinação das Tensões Principais

σ3e − I1σ2e + I2σe − I3 = 0 (8)

onde I1, I2 e I3 são os invariantes do tensor de tensões.

I1 = σxx + σyy + σzz = trσ˜̃I2 =

∣∣∣∣ σxx σxyσxy σyy

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ σxx σxzσxz σzz

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣ σyy σyzσyz σzz

∣∣∣∣I3 =

∣∣∣∣∣∣σxx σxy σxzσxy σyy σyzσxz σyz σzz

∣∣∣∣∣∣ = detσ˜̃


Determinação das Tensões PrincipaisEsta equação possui três raízes reais que são as tensõesprincipais:

σe = σe1 σe = σe2 σe = σe3

Para cada uma destas soluções podemos calcular a direção doplano associada a cada tensão principal. Assim:(

σ˜̃ − σe1I˜̃)e1˜ = 0˜⇒ e1˜ → determinado

(σ˜̃ − σe2I˜̃

)e2˜ = 0˜⇒ e2˜ → determinado

(σ˜̃ − σe3I˜̃

)e3˜ = 0˜⇒ e3˜ → determinado


Ortogonalidade das DireçõesPrincipais

Sejam{σe1, e1˜σe2, e2˜ duas tensões principais e suas respectivas

direções. Podemos afirmar que:{σ˜̃e1˜ = σe1e1˜ (a)

σ˜̃e2˜ = σe2e2˜ (b)

Pré-multiplicando (a) por e2˜ T obtém-se:

e2˜ Tσ˜̃e1˜ = σe1e2˜ T e1˜Transpondo ambos os termos:

e1˜ Tσ˜̃T e2˜ = σe1e1˜ T e2˜Flávia Bastos RESMAT II 8/1


e1˜ Tσ˜̃T e2˜ = σe1e1˜ T e2˜Como σ˜̃ = σ˜̃T , utilizando (b):

e1˜ Tσe2e2˜ = σe1e1˜ T e2˜o que resulta em:

e1˜ T e2˜ (σe2 − σe1) = 0

Como em geral σe2 6= σe1, devemos ter que:

e1˜ T e2˜ = 0⇒ e1˜ · e2˜ = 0 logo e1˜⊥e2˜Flávia Bastos RESMAT II 9/1


Analogamente podemos ver que e1˜⊥e3˜ e e2˜⊥e3˜ , de onde seconclui que as direções principais em torno de um ponto sãoortogonais.


Estacionaridade das TensõesPrincipais

Apresentamos agora o caráter de valor extremo (máximo oumínimo) das tensões principais em torno de um ponto. Otensor de tensões num ponto descrito segundo suas direçõesprincipais é dado por:

σ˜̃123 = σ1 0 0

0 σ2 00 0 σ3

(9)



O vetor tensão total num plano que tem sua normal comrelação a estas direções principais indicado por N˜ vale:

ρn˜ = σ˜̃123N˜ com N˜ =

lmn

(10)

Logo:

ρn˜ ={σ1l σ2m σ3n

}(11)

A tensão normal neste plano vale:

σn = ρn˜ ·N˜ = σ1l2 + σ2m

2 + σ3n2 (12)



Como l2 = 1−m2 − n2, podemos escrever:

σn = (1−m2 − n2)σ1 +m2σ2 + n2σ3 (13)

Para obter os valores máximos (extremos) de σn{∂σn∂m = 0⇒ 2m(σ2 − σ1) = 0∂σn∂n = 0⇒ 2n(σ3 − σ1) = 0

(14)

Obtemos como solução: m = 0; n = 0 e l2 = 1⇒ l = ±1. Logoa direção l = ±1 é uma direção na qual o valor de σn é umextremo mostrando com isto que σ1 é um destes valores.



Podemos eliminar m e n e obter resultados similares o quemostra que σ1, σ2 e σ3 são os valores extremos das tensõesnormais em torno de um ponto.



Tensão tangencial:

τ2n = |ρn˜|2 − σ2n (15)

τ2n = (σ21l2 + σ22m

2 + σ23n2)− (σ1l

2 + σ2m2 + σ3n

2)2 (16)

Como l2 = 1−m2 − n2:

τ2n = (1−m2−n2)σ21+σ22m2+σ23n2−[(1−m2−n2)σ1+σ2m2+σ3n

2]2

(17)



τ2n = (1−m2−n2)σ21+σ22m2+σ23n2−[(1−m2−n2)σ1+σ2m2+σ3n

2]2

(18)Valores extremos :

∂τ

∂m= 0

∂τ

∂n= 0

2τ∂τ

∂m= −2[(1−m2 − n2)σ1 + σ2m

2 + σ3n2](−2mσ1 + 2mσ2)

−2mσ21 + 2mσ22

τ∂τ

∂m= m(σ22 − σ21) +−[m2(σ2 − σ1) + n2(σ3 − σ1) + σ1]



Igualada a zero:

m(σ22 − σ21)− 2m3(σ2 − σ1)2 − 2mn2(σ2 − σ1)(σ3 − σ1)−2mσ1(σ2 − σ1) = 0

m(σ2 + σ1)(σ2 − σ1)− 2m3(σ2 − σ1)2 − 2mn2(σ2 − σ1)(σ3−σ1)− 2mσ1(σ2 − σ1) = 0



m(σ2 + σ1)(σ2 − σ1)− 2m3(σ2 − σ1)2

−2mn2(σ2 − σ1)(σ3 − σ1)− 2mσ1(σ2 − σ1) = 0

Dividindo todos os termos por (σ2 − σ1) e colocando 2m emevidência:

2m

[(σ2 − σ1)

2−m2(σ2 − σ1)− n2(σ3 − σ1)

]= 0 (19)



Derivando com relação a n

2τ∂τ

∂n= −2nσ21 + 2nσ23 − 2 [ −2nσ1 + 2nσ3]

(1−m2 − n2

)σ1

+m2σ2 + n2σ3

= n(σ23 − σ21

)− 2nm2 (σ3 − σ1) (σ2 − σ1)− 2n3 (σ3 − σ1)2

−2nσ1 (σ3 − σ1)

Que dividida por (σ3 − σ1) e igualada a zero nos fornece:

n(σ3 + σ1)− 2nm2(σ2 − σ1)− 2n3(σ3 − σ1)− 2nσ1 = 0

Ou:2n

[(σ3 − σ1)

2−m2(σ2 − σ1)− n2(σ3 − σ1)

]= 0 (20)



Temos então o seguinte sistema de equações não lineares:m[(σ2−σ1)

2 −m2(σ2 − σ1)− n2(σ3 − σ1)]

= 0

n[(σ3−σ1)

2 −m2(σ2 − σ1)− n2(σ3 − σ1)]

= 0

l2 +m2 + n2 = 1

Uma solução deste sistema é dada por:

m = 0;n = 0⇒ l = ±1

Estes são os cossenos diretores de um dos planos principaiscuja a tensão tangencial é nula.



Uma outra solução com m = 0 que satisfaz a primeira destasequações é obtida substituindo na parcela entre parênteses dasegunda equação:

(σ3 − σ1)2

− n2(σ3 − σ1) = 0

cuja solução é:

n2 =1

2⇒ n = ±

√2

2

Utilizando a terceira equação obtemos:

l2 =1

2⇒ l = ±

√2

2



Temos então como solução geral deste sistema:{m = 0; l = ±

√2

2;n = ±

√2

2

Procedendo de modo análogo eliminando-se m e n na equaçãode determinação de τn, obtemos outro conjunto de soluções:{

n = 0;m = ±√2

2; l = ±

√2

2{l = 0;m = ±

√2

2;n = ±

√2

2

Cada conjunto destes valores define um plano bissetor dosplanos principais em torno do ponto.



Cálculo das tensões tangenciais extremas.

Determinemos o valor de τn para m = 0; l = ±√22 ;n = ±

√22 .

Como σ˜̃123 = σ1 0 0

0 σ2 00 0 σ3

e a direção possui

N˜ =

√220√22

, o vetor tensão total será:

ρn˜ = σ˜̃N˜ ={ √

22 σ1 0

√22 σ3

}(21)

Cujo módulo vale:|ρn˜|2 = σ21 + σ23

2(22)



A tensão normal neste plano vale:

σn = ρn˜ ·N˜ = σ1l2 + σ2m

2 + σ3n2 =

σ1 + σ32

(23)

Daí obtemos a tensão tangencial extrema que vale:

τ2n = |ρn˜|2 − σ2n (24)

τ2n =

(σ1 + σ23

2

)2

−(σ1 + σ3

2

)2

(25)

τn = ±(σ1 − σ3

2

)(26)



Com as outras soluções obtemos:

Para: l = 0;m = ±√2

2;n = ±

√2

2⇒ τn = ±

(σ2 − σ3

2

)(27)

Para: n = 0; l = ±√2

2;m = ±

√2

2⇒ τn = ±

(σ1 − σ2

2

)(28)


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