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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



Figura: 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.



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)



Expressões Gerais

Como: {cos2α = 1+cos2α

2sen2α = 1−cos2α

2

(6)

Chegamos a:

σn =σxx + σyy

2+σxx − σyy

2cos2α+ τxysen2α (7)



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)



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)



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

]



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



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 .




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)√


(22)




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.



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 .



Tensões Tangenciais Máximas

A determinação dos extremos é feita a partir do triângulo***(mnemônico):

cos2α′ =2τxy√


(27)

sen2α′ =−(σxx − σyy)√


(28)



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)



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)



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.



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.



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)



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.



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)



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.



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)



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!



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!



Casos Particularesiii) Estado de cisalhamento simplesTodas as tensões principais são iguais e de sinal contrário.τmax = |ση| = σξ.



Casos Particularesiv) Estado de tensão uniforme ou hidrostáticoNeste caso σξ = ση = σ eτ = τmax = 0.



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)



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)



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)




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.




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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