apostila de est-11 - prof. adriano (completa)

Notas de Aulas

EST-11

MECÂNICA DOS SÓLIDOS

Prof. Adriano L. de Carvalho Neto

IEA / Dept. de ESTRUTURAS

INSTITUTO TECNOLÓGICO DE AERONÁUTICA

ITA-2007

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 i

AVALIAÇÃO

A avaliação do aluno será feita da seguinte maneira:

• Duas provas bimestrais (sem consulta): 11/09/07 e 30/10/07

• Exame final (sem consulta).

Séries de exercícios:

• Serão distribuídas periodicamente;

• Não serão recolhidas para atribuição de notas;

• O professor estará à disposição dos alunos para tirar dúvidas a respeito dos

exercícios;

• As provas e o Exame Final terão sempre duas (2) questões iguais ou

semelhantes às das séries.

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 ii

APRESENTAÇÃO

O objetivo destas notas de aulas é o de auxiliar o aluno nos seus estudos ao longo do

curso EST-11 (Mecânica dos Sólidos).

Elas foram elaboradas a partir de leituras e estudos feitos em diversas

referências bibliográficas. As mais consultadas são relacionadas a seguir:

• Allen, D. H.; Haisler, W. E., Introduction to Aerospace Structural Analysis, John

Wiley & Sons, NY, 1985

• Beer, F. P.; Johnston, E. R., Resistência dos Materiais, 3ª edição, 1995

• Bisplinghoff, R. L.; Mar, J. W.; Pian, T. H., Statics of Deformable Solids, Dover

Publications, NY, 1990

• Crandall, S.H.; Dahl, N.C.; Lardner, T.J., An Introduction to the Mechanics of

Solids,McGraw-Hill, NY, 2a. Edição, 1972

• Donaldson, B. K., Analysis of Aircraft Structures – An Introduction, McGraw-Hill

Inc., NY, 1993

• Lucena Neto, E., Fundamentos de Elasticidade e Plasticidade, Notas de Aulas do

curso IG-209, ITA, 2006

• Fung, Y. C., A First Course in Continuum Mechanics, Prentice-Hall Inc.,

Englewood Cliffs, NJ., 1a edição, 1969

• Hibbeler, R. C., Resistência dos Materiais, Pearson Education do Brasil, SP, 5ª

edição, 2006

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 iii

• Malvern, L. E., Introduction to the Mechanics of a Continuous Medium, Prentice-

Hall, Inc., Upper Saddle River, NJ, 1969

• Popov, E. P., Introdução à Mecânica dos Sólidos, Editora Edgard Blücher Ltda.,

SP, 1996

• Stippes, M.; Wempner, G.; Stern, M.; Beckett, R., An Introduction to the

Mechanics of Deformable Bodies, Charles E. Merril Books Inc., Columbus, 1961

• Timoshenko, S. P.; Gere, J. E., Mecânica dos Sólidos, LTC-Livros Técnicos e

Científicos Editora, RJ, 1994

• Villaça, S.F.; Garcia, L. F. T., Introdução à Teoria da Elasticidade, COPPE/UFRJ,

3ª edição, 1998

• Wempner, G., Mechanics of Solids, PWS Publishing Company, Boston, MA, 1995

Apesar de terem sido usadas diversas referências, como as descritas acima, o livro

de Gerald Wempner, Mechanics of Solids, influenciou fortemente na elaboração dessas

notas, através das ilustrações, descrições e, principalmente, na ordem de apresentação

dos tópicos.

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 iv

ÍNDICE

AVALIAÇÃO

APRESENTAÇÃO

1 INTRODUÇÃO 1.1

1.1 O que é a Mecânica dos Sólidos 1.1

1.2 Notas Históricas 1.2

1.3 Aspectos Fundamentais 1.3

1.4 Métodos Computacionais 1.14

Referências 1.15

2 TENSÕES 2.1

2.1 Forças Externas 2.2

2.2 Distribuição de Forças 2.5

2.3 Forças Internas 2.7

Problemas 2.39

2.4 Diagramas de Esforços 2.50

Problemas 2.74

2.5 Conceito de Tensão 2.77

2.6 Estado de Tensão Em Um Ponto 2.97

Problemas 2.124

2.7 Relação Entre Tensão e o Sistema Resultante de Forças Internas 2.130

2.7.1 Barras Sob Carga Axial 2.134

2.7.2 Barras Sob Flexão 2.147

2.7.3 Tensão de Cisalhamento Média 2.168

2.7.4 Margem de Segurança e Fator de Segurança 2.178

Problemas 2.185

2.8 Transformação de Coordenadas 2.196

2.9 Tensões Principais 2.212

2.10 Estado Plano de Tensões 2.237

2.11 Diagrama de Mohr Para Tensões 2.277

2.12 Equações de Equilíbrio no Interior e no Contorno do Sólido 2.292

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 v

Referências 2.301

3 DEFORMAÇÃO 3.1

3.1 Campo de Deslocamentos 3.2

3.2 Deformação Normal, Longitudinal ou Linear Específica 3.5

3.3 Deformação Angular ou por Cisalhamento 3.14

3.4 Estado de Deformação 3.22

3.5 Relações Deformação-Deslocamento Linearizadas 3.27

3.6 Tensor Deformação de Green 3.35

3.7 Interpretação Geométrica das Componentes do Tensor Deformação

de Green 3.52

3.8 Transformação de Coordenadas 3.60

3.9 Deformações Principais 3.65

3.10 Estado Plano de Deformações 3.68

3.11 Extensômetros de Resistência Elétrica (Strain Gages) 3.79

3.12 Equações de Compatibilidade 3.83

Referências 3.86

4 EQUAÇÕES CONSTITUTIVAS 4.1

4.1 Considerações Preliminares 4.2

4.2 Ensaios de Tração, Compressão e Cisalhamento 4.3

4.3 Superposição de Deformações 4.12

4.4 Material Elástico Linear e Isotrópico 4.13

4.5 Comentário Sobre o Coeficiente de Poisson 4.19

4.6 Efeitos da Temperatura 4.23

Referências 4.29

5 BARRAS SOB CARGA AXIAL 5.1

5.1 Princípio de Saint Venant 5.2

5.2 Barras Prismáticas Sob Carga Axial 5.4

5.3 Barras de Seção Transversal Com Variação Gradual Sob Carga Axial 5.18

5.4 Barras Sob Efeito Térmico 5.22

Exemplos Complementares 5.26

Referências 5.54

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 vi

6 TORÇÃO DE BARRAS CIRCULARES 6.1

6.1 Torção Uniforme de Barras Circulares Prismáticas 6.1

6.2 Torção Uniforme de Barras Tubulares de Seção Circular 6.15

6.3 Torção de Barras Com Seções Circulares Variando Continuamente

Ao Longo do Seu Comprimento 6.19

Exemplos Complementares 6.24

Referências 6.42

7 FLEXÃO DE VIGAS - Teoria Clássica (Euler-Bernoulli) 7.1

7.1 Flexão Pura 7.3

7.2 Viga Simétrica Sob Força Cortante e Momento Fletor 7.23

7.3 Deflexão de Vigas Simétricas 7.48

7.4 Flexão Assimétrica 7.55

Referências 7.60

APÊNDICEA A.1

APÊNDICE B B.1

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 1-1

1

INTRODUÇÃO Uma estrutura pode ser definida como um conjunto de corpos (elementos estruturais)

dispostos de modo a poderem resistir e transmitir cargas. Por cargas entendem-se

forças, momentos, variação de temperatura, etc. Uma ponte; uma torre de transmissão;

as sapatas, colunas, vigas e lajes de um edifício; as asas e a fuselagem de um avião,

são alguns exemplos de estruturas.

Espera-se que ao projetar uma estrutura ou máquina, o engenheiro tenha

condição de predizer o seu comportamento em serviço, antes mesmo de construí-la,

evitando-se assim uma possível falha. Diz-se que uma estrutura falha quando ela não

pode mais servir ao propósito para o qual foi projetada. O entendimento do

comportamento mecânico é essencial para o projeto seguro de todos os tipos de

estruturas.

O conhecimento necessário para se analisar uma estrutura e conhecer a sua

resposta para as cargas esperadas em serviço é fundamentado na Mecânica dos

Sólidos.

1.1 O QUE É A MECÂNICA DOS SÓLIDOS

Mecânica é a ciência que estuda o movimento dos corpos sob a ação de forças.

Quando consideramos desprezível a modificação da forma e tamanho de um corpo sob

a ação de forças, denominamos este estudo de Mecânica do Corpo Rígido. Esta é uma

idealização, porque na natureza os corpos são deformáveis, ou seja, sob ação de

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007

1-2

forças as posições relativas das partículas que constituem o corpo se alteram e este se

deforma.

Um corpo deformável pode ser sólido ou fluído. O termo “fluído” é usado para

identificar o corpo incapaz de suportar tensões de cisalhamento quando em repouso.

Mecânica dos Sólidos é o ramo da Mecânica que estuda o comportamento dos

corpos sólidos sujeitos aos diversos tipos de carregamentos.

De um modo geral o objetivo da Mecânica dos Sólidos é estabelecer os

conceitos fundamentais de tensão e deformação produzidas por carregamento atuando

sobre sólidos e utilizá-los na verificação da resistência e/ou rigidez de uma estrutura

constituída por esses corpos.

Neste curso consideramos os sólidos em equilíbrio com relação a um referencial,

isto é, eles estão em repouso ou em movimento não acelerado. Então, as resultantes

das forças e momentos que atuam sobre esses sólidos são nulas.

1.2 NOTAS HISTÓRICAS

O primeiro trabalho registrado sobre o comportamento de sólidos sob ação de cargas

aplicadas é atribuído a Leonardo da Vinci (1452-1519). Ele registrou experiências feitas

com arames de ferro sujeitos a cargas aplicadas através de sacos de areia presos a

suas extremidades.

Mas as tentativas em investigar e explicar a ruptura de um sólido podem ser

atribuídas a Galileu (1564-1642). No seu livro Duas Novas Ciências (1638) ele escreve

dois diálogos sobre a resistência dos materiais. Ele discute sobre o ensaio de barras

carregadas axialmente e sobre a resistência teórica e experimental de vigas em

balanço (uma extremidade engastada e a outra livre). Na verdade, Galileu não

considerou a deformação, isto é, as mudanças na geometria, que invariavelmente

acompanham o carregamento.

Em 1678, o cientista inglês Robert Hooke (1635-1703) publicou a sua

descoberta, hoje conhecida como Lei de Hooke, sobre a proporcionalidade entre a força

e o deslocamento de uma mola. Esta relação linear entre força e deslocamento foi o


1-3

primeiro desenvolvimento importante na teoria da elasticidade linear. Thomas Young

(1773-1829) estabeleceu esta relação de proporcionalidade entre tensão e deformação.

Notáveis como Jacob Bernoulli (1654-1705), seu irmão John (1667-1748), o filho

de John, Daniel (1700-1782), Leonard Euler (1707-1783) estiveram sempre ligados a

estudos que contribuíram para o desenvolvimento da Mecânica dos Sólidos.

Ainda no século XVIII os estudos sobre os sólidos eram dirigidos a formas

específicas, como barras e vigas. Como esses estudos eram baseados em aplicações

da mecânica, os cientistas envolvidos o denominaram de resistência dos materiais.

Mas, próximo do início do século XIX o interesse começou a mudar para corpos

de forma arbitrária qualquer. As mais importantes contribuições nesse campo foram

dadas por cientistas franceses. Podemos citar alguns, como Navier (1785-1836),

Cauchy (1789-1857) e Saint-Venant (1797-1886). Definições, como tensão e

deformação são desta época.

Não poderíamos deixar de mencionar a grande contribuição de Timoshenko

(1878-1972) com a publicação de inúmeros e importantes textos sobre a mecânica dos

sólidos. Esses textos, publicados em inglês, foram responsáveis pelo ensino e

divulgação do assunto nas escolas de engenharia dos Estados Unidos. Essa influência

se fez sentir também nas escolas de engenharia do nosso país. Seus textos têm sido

usados por estudantes de engenharia no mundo todo.

1.3 ASPECTOS FUNDAMENTAIS

Nesta seção apresentamos em detalhe a solução de um problema estrutural simples,

com o objetivo de ressaltar os aspectos fundamentais que caracterizam a solução de

um problema na Mecânica dos Sólidos.

Seja a treliça plana mostrada na figura 1.1, onde cada elemento é considerado

ligado nas extremidades por pinos ideais, ou seja, sem atrito. Uma carga estática W é

aplicada no ponto A como indicado. Deseja-se obter as forças internas atuantes em

cada elemento da estrutura para que numa análise posterior, a qual não será


1-4

apresentada nesta seção, possamos avaliar se alguma barra irá falhar com a aplicação

da carga W.

Figura 1.1 Treliça plana.

O primeiro passo para a solução do problema é escrever as relações entre a

força W aplicada e as forças internas atuantes em cada barra. Essas relações são

descritas pelas equações de equilíbrio da parte da estrutura que contém o ponto A

(extremidade comum das três barras). Esta parte da treliça está em equilíbrio porque o

sistema como um todo está em equilíbrio.

Assim, a partir do diagrama de corpo-livre do ponto A, podemos escrever as

equações de equilíbrio. Pela 3ª Lei de Newton (Princípio da ação e reação) a força que

o pino na extremidade A exerce sobre cada barra é igual e oposta à força que cada

barra exerce sobre o pino. Então o diagrama de corpo livre do pino A é obtido

desenhando-se o pino e aplicando-se sobre ele todas as forças atuantes. Como as

barras são articuladas nas extremidades com pinos ideais (sem atrito), sobre elas

atuam duas forças iguais, opostas e alinhadas com o eixo das barras.


1-5

Figura 1.2 Diagrama de corpo livre do pino no ponto A.

Equilíbrio do ponto A:

0xF =∑ ==> cos 0C BF F θ− − =

0yF =∑ ==> 0D BF F sen Wθ+ − = . (1.1)

Como, na maioria dos problemas estruturais os materiais empregados são tais

que as mudanças na configuração do sistema em questão são suficientemente

pequenas, quando comparadas com as dimensões da estrutura, podemos então

escrever as equações de equilíbrio com base na configuração não deformada. Assim,

da geometria inicial, o ângulo Θ é igual a 45o (Fig. 1.3):


1-6

Figura 1.3 Geometria inicial (indeformada).

tan 1BC LLAC

θ = = = ==> 45oθ = .

Substituindo-se nas equações (1.1)

2 02C BF F+ =

2 02D BF F W+ − = . (1.2)

As equações de equilíbrio agora são lineares. O primeiro aspecto fundamental

observado é que essas duas equações são necessárias, mas não são suficientes para

a solução do problema. O número de incógnitas (FB, FC, FD) é maior do que o número

de equações.

O segundo aspecto fundamental é que, agora, precisamos considerar a

deformação da estrutura a fim de obtermos uma solução significativa. Sob ação da

força W aplicada, o ponto A deve se deslocar para o ponto A*, como mostra a fig. 1.4. O


1-7

deslocamento está desenhado de modo exagerado com o propósito de facilitar a sua

visualização. Na realidade esse deslocamento é muito pequeno.

Figura 1.4 Componentes do deslocamento do ponto A.

As componentes u e v descrevem o deslocamento do ponto A (configuração

indeformada) para o ponto A* (configuração deformada).

Definimos o alongamento de cada barra como sendo a diferença entre o

comprimento deformado e o comprimento indeformado. Obter o alongamento de cada

barra em termos das componentes (u,v) do deslocamento do ponto A é um exercício

puramente geométrico. Portanto, o alongamento de cada barra é escrito como a seguir:

*

Be BA BA≡ −

*Ce CA CA≡ −

*

De DA DA≡ − .

A partir da fig. 1.4 escrevemos


1-8

( ) ( )2 2

2 2 2 1 1 2Bv ue L v L u L L LL L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + − = + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2

22 1Cv ue v L u L L LL L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2

2 2 1Dv ue L v u L L LL L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + − = + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (1.3)

Deste modo obtivemos mais três equações, mas aumentamos também o número de

incógnitas. As novas incógnitas são eB, eC , eD, u e v.

Na verdade a solução do problema requer ainda uma outra consideração

essencial: o comportamento resistivo do material de cada barra deve ser introduzido.

Realmente, é intuitivo que dependendo do material a deformação de cada barra será

maior ou menor, para uma mesma carga aplicada. Por exemplo, se as barras fossem

de borracha o deslocamento do ponto A para o ponto A* seria muito maior do que

aquele se cada barra fosse de aço, para uma mesma carga aplicada.

Este é o terceiro aspecto fundamental na solução de um problema na Mecânica

dos Sólidos. Como os materiais geralmente empregados na engenharia têm seus

alongamentos proporcionais às cargas aplicadas (por exemplo, aço e alumínio se

comportam assim até certo nível de carga), podemos escrever

B B BF K e=

C C CF K e=

D D DF K e= . (1.4)

onde as constantes KB, KC, e KD dependem das propriedades do material e das

dimensões de cada barra. Isto será considerado com mais detalhes no momento

oportuno ao longo deste curso.


1-9

Então, agora temos oito equações (1.2 - 1.4) e oito incógnitas (FB, FC, FD, eB, eC,

eD, u,v), ou seja, um problema determinado, mas de difícil solução por causa da não

linearidade das equações (1.3), relações entre deslocamentos e deformação.

Pelo mesmo motivo que nos permitiu escrever as equações de equilíbrio na

forma linear, ou seja, as mudanças na configuração do sistema em questão são

suficientemente pequenas, quando comparadas com as dimensões da estrutura,

podemos considerar

1uL

1vL

.

Conseqüentemente, os termos ( )2uL , ( )2v

L e ( )( )u vL L poderão ser desprezados em

comparação com ( )uL , ( )v

L e com a unidade. Esta hipótese é satisfeita na maioria

dos problemas reais de estruturas. Introduzindo-se as aproximações as equações (1.3)

se escrevem

2 2

1 2 1 2 2Bv v u ue L LL L L L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2v uL LL L

⎛ ⎞≅ + + −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2

1 2Cv u ue L LL L L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 2 uL LL

≅ + −

2 2

1 2Dv v ue L LL L L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 2 vL LL

≅ + − . (1.5)


1-10

Aplicando-se a expansão em série binomial

( ) ( ) ( )( )1 2 2 3 31 11 1 22! 3!

n n n n na b a na b n n a b n n n a b− − −+ = + + − + − − +…

aos radicais das equações (1.5) e desprezando-se os termos ( )2uL , ( )2v

L e

( )( )u vL L podemos escrever

( ) ( )1 1

2 212 2 2 2 22

u v u vL L L L

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + ≅ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(1.6)

onde 2a = , ( )2 u vb L L= + e 12n = ;

( ) ( )1 1

2 211 2 1 1 22

u uL L

− ⎛ ⎞+ ≅ + ⎜ ⎟⎝ ⎠

(1.7)

onde 1a = , ( )2 ub L= e 12n = ;

( ) ( )1 1

2 211 2 1 1 22

v vL L

− ⎛ ⎞+ ≅ + ⎜ ⎟⎝ ⎠

(1.8)

onde 1a = , ( )2 vb L= e 12n = .


1-11

Substituindo-se (1.6)-(1.8) nas equações (1.5) escrevemos

( )1 22 222B

u ve L L u vL L

⎡ ⎤⎛ ⎞≅ + + − = +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

1Cue L L uL

⎡ ⎤≅ + − =⎢ ⎥⎣ ⎦

1Dve L L vL

⎡ ⎤≅ + − =⎢ ⎥⎣ ⎦. (1.9)

Então, agora as equações que governam o nosso problema são lineares.

Substituindo-se as equações (1.9) nas equações (1.4), obtemos

( )22B BF K u v= +

C CF K u=

D DF K v= . (1.10)

Substituindo-se as equações (1.10) nas equações de equilíbrio (1.2) escrevemos

( )2 2 1 10 02 2 2 2C B C B BK u K u v K K u K v⎛ ⎞+ + = ⇒ + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2 2 1 102 2 2 2D B B D BK v K u v W K u K K v W⎛ ⎞− + − = ⇒ + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠. (1.11)


1-12

Das equações (1.11) observamos que os deslocamentos são proporcionais à

carga W aplicada, o que é uma conseqüência das aproximações definidas:

• equações de equilíbrio escritas na configuração indeformada;

• linearização das equações que relacionam as deformações com os

deslocamentos;

• relação linear entre a forças internas e as deformações das barras.

Conclusões:

O exemplo estudado nos mostra os aspectos fundamentais de todo problema na

Mecânica dos Sólidos:

1. as forças internas e externas são relacionadas pelas equações de equilíbrio

(Estática);

2. as deformações são relacionadas com os deslocamentos através de equações

obtidas a partir de considerações puramente geométricas (Cinemática);

3. as deformações são relacionadas com as forças internas através de propriedade

resistiva do material (Relações Constitutivas).

Esses três aspectos fundamentais são distintos, mas cada um participa na solução do

problema. Eles podem ser descritos de uma maneira geral como a seguir.

Dinâmica

Quando forças externas são aplicadas a um sólido elas criam forças internas. O

conjunto de forças (externas e internas) é governado pelas Leis de Newton do

movimento. Tais considerações envolvem apenas forças, massas e aceleração. Este


1-13

aspecto de uma solução constitui a dinâmica (ou estática, quando o corpo está em

repouso).

Cinemática

Um sólido quando sujeito à ação de forças pode exibir algumas mudanças em

forma e tamanho, por exemplo, estiramento, torção ou flexão. Uma mudança na forma

ou tamanho de um corpo é denominada de deformação. Qualquer estudo de

deformação é um exercício de geometria e qualquer descrição quantitativa da

deformação requer somente termos geométricos. Este aspecto geométrico é

denominado de cinemática da deformação.

Relações Constitutivas

Quando os sólidos são sujeitos a forças eles resistem à deformação de modos

diferentes, os quais dependem de vários fatores. Tamanho e forma são certamente

importantes, mas certos atributos físicos do material também devem ser considerados.

Por exemplo, uma barra de aço e uma barra de borracha de mesma geometria

respondem diferentemente sob ação de uma mesma carga. Aquelas propriedades que

caracterizam somente o material, independentemente da geometria, descrevem o

comportamento resistivo. As equações que descrevem este comportamento do material

são denominadas de relações constitutivas.

Portanto, podemos dizer, a partir dos aspectos que caracterizam a análise de um

sólido, que em resumo as equações fundamentais da Mecânica dos Sólidos são as

seguintes:

• equações de equilíbrio;

• relações deformação-deslocamento;

• equações constitutivas.


1-14

1.4 MÉTODOS COMPUTACIONAIS

As equações (1.11) do exemplo anterior formam um sistema de equações algébricas

lineares que podem ser escritas na forma matricial

1 102 2

1 12 2

c B B

B D B

K K Kuv W

K K K

⎡ ⎤⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎝ ⎠⎢ ⎥ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭+⎢ ⎥⎜ ⎟⎝ ⎠⎣ ⎦

. (1.12)

A equação matricial (1.12) representa um sistema de equações algébricas

lineares com duas equações e duas incógnitas (u,v). Dados os valores das constantes

K’s que representam o comportamento resistivo do material e o valor da força W,

podemos resolver o sistema e obter os deslocamentos u e v. Então esses

deslocamentos podem ser substituídos nas equações (1.9) e assim obtemos as

deformações eB, eC e eD cada barra. Substituindo-se os valores das deformações nas

equações (1.10) obtemos as cargas internas FB, FC e FD.

Podemos sistematizar todas as etapas descritas acima usando um programa de

computador. Evidentemente, para estruturas mais complexas o sistema a ser resolvido

tem muito mais equações. Daí a vantagem de se empregar um método computacional.

O método computacional para a análise de estruturas mais empregado é o

Método dos Elementos Finitos. Seu desenvolvimento remonta ao início de 1950 e

coincide com o advento dos computadores. Neste método, modelam-se os sólidos que

constituem uma estrutura complexa, por meio de elementos discretos de tamanhos

finitos e obtem-se um sistema de equações algébricas do tipo (1.12).

Atualmente o método dos elementos finitos está bem estabelecido e existem

diversos grandes programas de computador baseados nele que permitem a análise de

virtualmente qualquer estrutura. Um dos programas mais empregados na análise de

estruturas é o NASTRAN (Nasa Structural Analysis).


1-15

Devemos ter sempre em mente que os Métodos Computacionais são recursos

extremamente úteis na análise de estruturas, mas que são totalmente fundamentados

nos conhecimentos desenvolvidos na Mecânica dos Sólidos. Portanto, para um uso

eficiente desses métodos, ou seja, a preparação dos dados de entrada e a correta

análise dos resultados, é necessário que o analista conheça os fundamentos em que se

baseiam.

REFERÊNCIAS

1. Allen, D. H.; Haisler, W. E., Introduction to Aerospace Structural Analysis, John

Wiley & Sons, NY, 1985

2. Wempner, G., Mechanics of Solids, PWS Publishing Company, Boston, MA,

1995.


2

TENSÕES Neste capítulo trataremos das equações de equilíbrio, mencionadas no item 1.3 como

sendo o primeiro aspecto fundamental na análise de problemas da Mecânica dos

Sólidos. Concentraremos nos casos onde os sólidos estão em repouso ou em

movimento não acelerado, de maneira que omitiremos as forças de inércia. Repouso

significa que o corpo tem velocidade nula e constante e movimento não acelerado

significa que o corpo tem velocidade não nula constante em módulo e direção.

Os conceitos de força, momento (binário ou conjugado), diagrama de corpo livre

e equações de equilíbrio já são conhecidos dos cursos de Mecânica da Partícula e do

Corpo Rígido.

Ao se escrever as equações de equilíbrio das partes do sólido, estabelecemos

relações entre as forças externas e as forças internas desenvolvidas para manter as

partes unidas. Como as deformações nos pontos internos estão relacionadas com as

forças internas, o estudo dessas forças merece especial atenção.

A intensidade e a natureza das forças internas que atuam em pontos do corpo

em planos fictícios com uma dada direção são descritas pelo conceito de tensão. O

conceito de vetor tensão e o de estado de tensão num ponto são essenciais para a

análise de corpos deformáveis.


2-2

2.1 FORÇAS EXTERNAS

São forças cuja origem é um agente externo ao corpo sobre o qual ela é aplicada. As

forças externas são classificadas em dois tipos:

a) Forças de Corpo

São forças exercidas por um corpo sobre outro sem o contato físico entre eles. Elas são

os resultados de uma ação à distância. A atração gravitacional e as forças

eletromagnéticas são exemplos de forças de corpo. Elas podem ser dadas em unidade

de força por unidade de volume ou por unidade de massa, daí serem também

chamadas de forças de volume ou forças de massa.

Elas são forças externas porque sua origem é um agente externo, mas elas

atuam sobre cada partícula que constitui o corpo. O peso de um corpo é uma força

deste tipo e é representada normalmente pela sua resultante aplicada no centro de

gravidade (CG) do corpo. A figura 2.1 ilustra a representação da força peso aplicada

num corpo.

Figura 2.1 (a) Força peso aplicada no CG do cilindro de altura L; (b) Força peso

aplicada no CG do cilindro de altura L/2.


2-3

b) Forças de Superfície São forças exercidas por um corpo sobre outro através do contato físico entre eles. São

denominadas também de forças de contato. Como elas atuam nas regiões do corpo

que estão em contato direto com o corpo que exerce a força, ou seja, elas são

distribuídas sobre partes da superfície do corpo, então elas são denominadas de forças

de superfície. Elas são dadas em unidade de força por unidade de área.

Em muitos casos essas forças são distribuídas sobre uma região cuja área é

muito pequena em relação às outras dimensões do corpo, então elas podem ser

idealizadas como uma força atuando num ponto da superfície do corpo. Nestes casos

elas são denominadas forças concentradas. Essa idealização é representada por uma

flecha sobre o ponto de aplicação. Elas são dadas em unidade de força.

Se uma força de superfície é distribuída numa região muito estreita em relação

às outra dimensões do corpo, então elas podem ser idealizadas como uma força linear

distribuída. Elas são dadas em unidade de força por unidade de comprimento. A figura

2.2 ilustra os tipos de forças descritos.

Figura 2.2 Forças de corpo e de superfície


2-4

A figura 2.3 mostra alguns exemplos de força linear distribuída. As suas

resultantes são dadas pela área sob a curva de distribuição da carga e ela atua no

centróide C desta área (centro geométrico da área). Veja o Apêndice A.

Figura 2.3 Exemplos de forças lineares distribuídas. (a) constante; (b) variando ao

longo da linha.

Devemos ter sempre em mente que forças concentradas e forças lineares

distribuídas não existem na realidade. Elas são apenas idealizações convenientes para

a análise e solução de um determinado problema.

• Reações de Apoio

São forças de superfícies que se desenvolvem nos apoios ou suportes dos sólidos. São

também denominadas de forças de vínculo ou forças de suporte. Este tipo de força se

desenvolve a fim de impedir o movimento de translação e/ou rotação do sólido numa

dada direção. Para impedir a rotação, o suporte reage com forças distribuídas de modo

a gerar um binário. Portanto, para se saber a direção da reação do apoio, verifica-se

por meio de simples inspeção, em que direção ele impede o movimento do corpo. Uma

vez definida a direção da reação, o seu sentido é confirmado pelo sinal obtido no

cálculo. Se o valor obtido tiver sinal (+) significa que o sentido escolhido é o correto,


2-5

mas se o sinal for (-) significa que a reação tem na realidade sentido oposto ao

escolhido.

Em geral, qualquer força e/ou momento externo aplicado a um corpo é chamada

de carga, mas quando essas forças e/ou momentos são desenvolvidos pelos suportes

elas são denominadas de reações.

A Tabela 2.1 apresenta os tipos de suportes mais comuns encontrados nos

problemas de Mecânica dos Sólidos e as suas respectivas reações.

Tabela 2.1: Tipos de suportes mais comuns

(sem atrito)

2.2 DISTRIBUIÇÃO DE FORÇAS

Na Mecânica dos Corpos Rígidos, um conceito muito usado é aquele que define que

dois sistemas diferentes de forças são estaticamente equivalentes quando eles têm a

mesma resultante em módulo, direção e posição de aplicação. Isto significa apenas que

esses sistemas de forças têm os mesmos efeitos sobre um corpo rígido.

Mas quando se trata de corpos deformáveis, em geral, este conceito não se

aplica, porque essas duas distribuições diferentes de forças não são nunca

equivalentes quanto aos seus efeitos sobre a deformação do corpo.


2-6

O efeito de uma força concentrada sobre um corpo rígido não se altera se

deslocarmos o seu ponto de aplicação ao longo de sua linha de ação. O mesmo não

acontece se o corpo for deformável.

Considere o seguinte exemplo: sejam dois blocos idênticos de borracha, presos

numa base rígida. Duas forças concentradas, iguais em módulo e direção, são

aplicadas em pontos diferentes, mas ao longo da sua linha de ação, sobre cada bloco.

A figura 2.5 ilustra a diferença entre as configurações deformadas dos dois corpos.

Figura 2.5 Configurações deformadas de dois blocos de borracha sob cargas concentradas iguais aplicadas em pontos diferentes ao longo da linha de ação.

Agora, se considerarmos forças com distribuições diferentes, mas com igual

resultante aplicada no mesmo ponto de corpos rígidos os seus efeitos serão idênticos.

O mesmo não se pode dizer quando elas são aplicadas sobre corpos deformáveis.

Tomemos o seguinte exemplo: dois blocos idênticos de borracha são sujeitos a

sistemas diferentes de forças distribuídas, cujas resultantes são iguais e atuam na

mesma posição sobre os blocos. A figura 2.6 ilustra a diferença entre as configurações

deformadas dos dois corpos.

Figura 2.6 Configurações deformadas de dois blocos de borracha idênticos sob cargas distribuídas diferentes mas com resultantes iguais aplicadas na mesma posição.


2-7

Portanto, em geral ao se substituir um sistema de forças por outro mesmo sendo

estaticamente equivalentes, nunca devemos esperar os mesmos efeitos quanto à

deformação, quando aplicados sobre um sólido deformável.

2.3 FORÇAS INTERNAS

São forças que se desenvolvem no interior dos sólidos quando submetidos a cargas

externas, a fim de manterem as partes do corpo unidas. Em qualquer estudo da

Mecânica dos Sólidos sempre se faz necessário examinar essas forças internas que

atuam entre partes adjacentes de um sólido.

Considere, por exemplo, o sólido apresentado na figura 2.7(a). Este corpo está

em equilíbrio sob ação do sistema de forças indicado. Imaginemos agora que o corpo

seja “cortado” em duas partes, I e II, por um plano S, numa região onde nos interessa

verificar as forças internas. Este corte é fictício.

A figura 2.7(b) mostra o diagrama de corpo livre da parte II do corpo. Esta parte

está sob ação das forças externas 3F , 4F e das forças internas que a parte I exerce

sobre a superfície S da parte II. Pela 3ª Lei de Newton (Princípio da ação e reação)

podemos dizer que a parte II também exerce sobre a superfície S da parte I forças

internas com as mesmas intensidades e direções, porém com sentidos opostos.


2-8

Figura 2.7 (a) sólido em equilíbrio sob cargas aplicadas; (b) diagrama de corpo livre da parte II do sólido.

Como o sólido está em equilíbrio, cada uma das suas partes também está.

Assim, as forças internas desenvolvidas sobre a superfície S da parte II ou da parte I,

devem ser tais que restabeleçam o equilíbrio que havia antes do “corte”.

A distribuição das forças internas sobre a superfície S é totalmente desconhecida

neste instante, mas podemos representá-la por uma força resultante IIF atuando num

ponto P arbitrário da superfície S e um momento resultante IIM dessas forças em

relação a esse ponto, conforme o diagrama de corpo livre apresentado na figura 2.8.

Assim, o momento IIM depende da escolha do ponto P.


2-9

Figura 2.8 Sistema resultante de forças internas sobre S ou esforços internos sobre S

A força IIF atuando no ponto P da superfície S e o momento IIM formam um

sistema estaticamente equivalente ao sistema de forças distribuídas sobre o plano S.

Isto significa que em qualquer cálculo envolvendo somente o equilíbrio da parte II, a

distribuição de forças sobre a superfície S pode ser substituída pelo sistema formado

pela força IIF no ponto P e o momento IIM . Este sistema será denominado de sistema

resultante de forças internas sobre S ou esforços internos sobre S. Veremos mais

adiante que normalmente o centróide da área seccionada é escolhido como o ponto P.

Esse sistema resultante de forças internas sobre S é relacionado com as cargas

externas aplicadas sobre a parte do corpo considerada, através das equações de

equilíbrio.

• Equações de Equilíbrio

Nos nossos estudos estamos considerando que um sólido sob ação de cargas externas

está em equilíbrio na configuração deformada. Isto significa que ele está em repouso ou

em movimento não acelerado.

Assim, pela 2ª Lei de Newton podemos escrever as seguintes equações vetoriais


2-10

0F =∑

0M =∑ . (2.1)

Como já foi comentado, consideramos que os gradientes do deslocamento

são tão pequenos (pequenas deformações) que podemos escrever as equações

de equilíbrio considerando-se a geometria indeformada do corpo. Em alguns

problemas, as equações de equilíbrio devem ser escritas na configuração

deformada como, por exemplo, no estudo de estabilidade do equilíbrio. Mas isso

será tratado no momento oportuno.

Como a parte II do sólido que estamos estudando está em equilíbrio,

então aplicamos as equações (2.1) e escrevemos, a partir do diagrama de corpo livre da figura 2.8

3 4 0IIF F F+ + =

3 4 0IIM M M+ + = . (2.2)

Então, o sistema resultante de forças internas sobre S é dado por

( )3 4IIF F F= − +

( )3 4IIM M M= − + , (2.3) onde 3M e 4M são os momentos das forças 3F e 4F , respectivamente, em relação ao

ponto P. Assim, se mudarmos o ponto P, esses momentos se alterarão e

consequentemente o momento resultante IIM . Portanto, esse ponto deve ser sempre

identificado ao se representar o sistema resultante de forças internas sobre S.


2-11

Figura 2.9 Diagrama de corpo livre da parte I do sólido.

Se nós tivéssemos considerado o diagrama de corpo livre da parte I, como na

figura 2.9, então o sistema resultante de forças sobre S seria IF e IM . Então, pela 3ª

Lei de Newton (Princípio da ação e reação), teríamos

I IIF F= − I IIM M= − .

Normalmente é mais conveniente usarmos nos cálculos, as componentes do

sistema resultante de forças internas sobre S segundo os eixos de um sistema de

coordenadas Cartesianas retangulares, de modo que um dos eixos seja normal ao

plano S e os outros dois eixos sejam tangentes a esse plano. A figura 2.10 apresenta a

decomposição da força resultante interna e do momento resultante interno

separadamente para maior clareza.


2-12

Figura 2.10 (a) decomposição da força resultante interna segundo o sistema de coordenadas (s,t,n); (b) decomposição do momento resultante interno segundo o sistema de coordenadas (s,t,n).

O sistema de coordenadas escolhido tem o eixo n normal à superfície S e

apontando para fora do plano. Os eixos s e t são tangentes ao plano S. A origem desse

sistema é o ponto P (geralmente o centróide da seção S). A força resultante interna e o

momento resultante interno podem ser escritos em termos das suas componentes

segundo o sistema de coordenadas (s,t,n) como

ˆˆ ˆII s tF V s V t Nn= + +

ˆˆ ˆII s tM M s M t T n= + + , (2.4)

onde s e t são os vetores unitários tangentes ao plano S e n é o vetor unitário normal

a esse plano. Esses vetores unitários, mutuamente ortogonais, são os vetores bases do

sistema de coordenadas (s,t,n). As componentes segundo esse sistema de

coordenadas serão denominadas da seguinte maneira:

• N (força normal)

• sV (componente da força cortante ou de cisalhamento na direção do eixo s)

• tV (componente da força cortante ou de cisalhamento na direção do eixo t)

• T (momento torçor)

• sM (componente do momento fletor na direção s)

• tM (componente do momento fletor na direção t)


2-13

Assim, escrevendo-se todas as cargas externas e a força e momento

resultantes internos segundo o sistema de coordenadas escolhido (s,t,n), as

equações vetoriais de equilíbrio 2.1 se transformam nas equações escalares

0 0 0s t nF F F= = =∑ ∑ ∑

0 0 0s t nM M M= = =∑ ∑ ∑ . (2.5)

Para aplicarmos essas equações escalares ao diagrama de corpo livre da

parte II, mostrado na figura 2.8, devemos primeiro determinar as componentes

das forças 3F e 4F nas direções dos eixos s, t e n do sistema de coordenadas

definido e escrever os momentos dessas forças em relação ao ponto P, segundo

esses eixos.

A força normal ˆN Nn= sobre uma seção S se desenvolve quando há uma

tendência, das forças externas aplicadas, em separar ou comprimir as duas

partes do sólido definidas pela superfície S. As forças cortantes ou de

cisalhamento ˆs sV V s= e ˆt tV V t= aparecem sobre a superfície S quando, devido

às forças externas, as duas partes definidas por essa superfície tendem a

deslizar uma em relação à outra.

O momento torçor ˆT T n= aparece na superfície S quando as forças

externas tendem a torcer as partes do corpo definidas por essa superfície, uma

em relação à outra. Os momentos fletores ˆs sM M s= e ˆt tM M t= se desenvolvem

na superfície S, quando as cargas externas tendem a flexionar as partes do

corpo definidas por essa superfície, em torno dos eixos s e t contidos no plano S.

A figura 2.11 ilustra essas situações


2-14

Figura 2.11 Ilustração dos efeitos dos esforços internos atuando no plano S sobre as partes do sólido.


2-15

Exemplo 2.1

Considere a barra de seção retangular carregada como mostrado na figura 2.12.

Vamos determinar os esforços internos atuando no plano A que “corta” a porção

horizontal da barra.

Figura 2.12 Exemplo 2.1

Solução

Considerando-se o seguinte diagrama de corpo livre, com o sistema de coordenadas

xyz na seção A e com a origem no seu centróide C .

Como a barra está em equilíbrio podemos escrever

0 200 0 200xF N N lb= ⇒ + = ⇒ = −∑


2-16

0 100 0 100y y yF V V lb= ⇒ + = ⇒ = −∑

( ) ( )0 100 10 0 1000 .C z zM M M lb in= ⇒ − = ⇒ =∑

A figura a seguir mostra os esforços internos obtidos, atuando na seção A da barra.

▲

Exemplo 2.2 Considere um cilindro pendurado, sob seu próprio peso W, conforme mostra a

figura 2.13. O eixo do cilindro faz um ângulo θ com a vertical. Encontre as componentes

do sistema resultante de forças internas na seção transversal situada a 1/3 da

extremidade livre do cilindro



2-17

Solução Considerando o diagrama de corpo livre para parte da barra abaixo da seção de “corte”,

como mostrado na figura acima, escrevemos as equações de equilíbrio

0 sin 0 sin3 3x x x

W WF V Vθ θ= ⇒ − = ⇒ =∑

0 cos 0 cos3 3y

W WF N Nθ θ= ⇒ − = ⇒ =∑

0 sin 0 sin3 6 18z

W L WLM M Mθ θ= ⇒ − = ⇒ =∑ ▲


2-18

Exemplo 2.3

Vamos determinar a força cortante (cisalhamento) e o momento fletor na seção

transversal central da viga simplesmente apoiada, mostra na figura 2.14.


Solução

Devemos determinar em primeiro lugar as reações nos apoios porque,

independentemente de qual metade tomamos como diagrama de corpo livre, essas

reações serão tomadas como cargas externas aplicadas.

• Reações nos apoios:

Para o cálculo das reações nos apoios temos que considerar o diagrama de corpo livre

da estrutura global, conforme mostra a figura abaixo.


2-19

Para o sistema de coordenadas adotado, as equações de equilíbrio são escritas como

0 0x AF H= ⇒ =∑ (a)

0 2250 0y A BF R R W= ⇒ + − − =∑ (b)

0 (3) (1,5) 2250(2,4) 0A BM R W= ⇒ − − =∑ (c)

Como a resultante ( ) ( )150 3 450W N= = da carga distribuída, a partir da equação (c)

escrevemos

( )(3) 450 (1,5) 2250(2,4) 0 2025B BR R N− − = ⇒ =

Substituindo esse resultado na equação (b), escrevemos

2025 450 2250 0 675A AR R N+ − − = ⇒ =


2-20

• Esforços internos na seção transversal central: Considerando-se o diagrama de corpo livre da parte da viga à esquerda da seção

transversal central

Adotando-se um sistema de coordenadas com origem no centróide da seção

transversal e paralelo ao sistema xyz, escrevemos as seguintes equações de equilíbrio

0 0xF N= ⇒ =∑

( ) ( )0 675 150 1,5 0 450y y yF V V N= ⇒ + − = ⇒ = −∑

( ) ( ) 1,50 150 1,5 0 844 .2zM M M N m⎛ ⎞= ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ ▲


2-21

Exemplo 2.4 Determinar os esforços internos que atuam na seção transversal em C da viga

mostrada na figura 2.15.


Solução Tomamos o diagrama de corpo livre da parte à direita da seção transversal em C

porque assim não precisamos determinar as reações no suporte (engastamento).


2-22

Da semelhança dos triângulos acima escrevemos 6 180 /270 9h h N m= ⇒ =

( )180 (6)(6) 5402 2

hW N= = = (resultante da força distribuída no trecho considerado)

( )1 6 23

x m⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

(posição do ponto de aplicação da resultante W)

As equações de equilíbrio escritas para essa parte da viga são as seguintes:

0 0xF N= ⇒ =∑

0 540 0 540y y y yF V W V V N= ⇒ − = − = ⇒ =∑

( ) ( ) ( )0 540 2 0 1080 .z CM M W x M M N m= ⇒ + = + = ⇒ = −∑

Portanto, o sentido do momento fletor M deve ser oposto ao adotado no diagrama de

corpo livre considerado para os cálculos dos esforços internos. ▲

Exemplo 2.5 A barra cilíndrica mostrada na figura 2.16 está sujeita a uma força axial P.

Determine as forças internas, normal e cortante, numa seção plana cuja normal faz um

ângulo θ com o eixo da barra.


2-23


Solução

Tomando-se o diagrama de corpo livre da parte inferior da barra temos


2-24

O sistema de coordenadas escolhidos (s,t,n), tem o eixo n normal ao plano S.

As equações de equilíbrio são as seguintes:

0 cos 0 cosnF N P N Pθ θ= ⇒ − = ⇒ =∑

0 sin 0 sins s sF V P V Pθ θ= ⇒ + = ⇒ = −∑

0 0 0 0t t tF V V= ⇒ + = ⇒ =∑

( ) 0 0 0 0n CM T T= ⇒ + = ⇒ =∑

( ) 0 0 0 0s s sCM M M= ⇒ + = ⇒ =∑

( ) 0 0 0 0t t tCM M M= ⇒ + = ⇒ =∑

A figura a seguir mostra as componentes não nulas dos esforços internos atuando na

seção considerada e conforme o sistema de eixos adotado.

A resultante dessas componentes é dada por

( ) ( )2 22 2 cos sinsR N V P P R Pθ θ= + = + ⇒ =

Esse resultado está de acordo com o esperado porque qualquer parte da barra está em

equilíbrio. ▲


2-25

Exemplo 2.6 Determinar os esforços internos que atuam na seção transversal em G da viga

de madeira mostrada na figura 2.17. Considerar que as articulações A,B,C,D e E sejam

acopladas por pinos sem atrito.


Solução

• Cálculo das reações dos apoios:

Escrevemos as equações de equilíbrio tomando-se o diagrama de corpo livre da

estrutura global e a configuração indeformada porque consideramos pequenas

deformações.

Como a barra BC é articulada nas duas extremidades, para ela se manter em

equilíbrio é necessário que a força que atua sobre ela seja colinear com o seu eixo


2-26

longitudinal. Portanto, a componente yC será nula e a reação do apoio C sobre essa

barra tem apenas a componente xC .

A resultante W da força linear distribuída é dada por

( ) ( )1 300 6 9002

W W lb= ⇒ =

Equações de equilíbrio: Considerando-se o sistema de coordenadas cartesianas x,y,z indicado,

escrevemos

0 0x x xF C E= ⇒ − =∑ (a)

0 1500 900 0 2400y y yF E E lb= ⇒ − − = ⇒ =∑

( ) ( ) ( ) ( )20 1500 10 900 6 3 62003E x xM C C lb⎛ ⎞= ⇒ + − ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

Substituindo esse resultado na equação (a) escrevemos

6200 0 6200x xE E lb− = ⇒ =

A figura a seguir mostra esses resultados.

• Cálculo dos esforços internos na seção transversal em G: Ao “cortarmos” a estrutura por um plano transversal à viga de madeira AE passando

pelo ponto G, a barra AB também é “cortada”. A figura a seguir mostra esse “corte” e o


2-27

diagrama de corpo livre a ser considerado para o cálculo dos esforços internos na

seção desejada.

Temos, então, que conhecer a força interna ABF na barra AB. Essa força é obtida

a partir do equilíbrio do pino no ponto B.


2-28

0 6200 sin 0x ABF F θ′ = ⇒ − =∑

0 cos 0y BD ABF F F θ′ = ⇒ − =∑

Do triângulo retângulo ADB podemos escrever

4sin5

θ = e 3cos5

θ = .

Substituindo esses valores nas duas equações anteriores, escrevemos

46200 0 77505AB ABF F lb⎛ ⎞− = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 37750 0 46505BD BDF F lb⎛ ⎞− = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Com essas forças no diagrama de corpo livre considerado, temos

Equações de equilíbrio:

0 7750sin 0nF N θ= ⇒ + =∑

0 7750cos 1500 0sF V θ= ⇒ + − =∑

( ) ( )( )0 1500 2 7750cos (2) 0G tM M θ= ⇒ + − =∑


2-29

Substituindo os valores 4sin5

θ = e 3cos5

θ = nas equações acima, escrevemos

47750 0 62005

N N lb⎛ ⎞+ = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

37750 1500 0 31505

V V lb⎛ ⎞+ − = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) 31500 2 7750 (2) 0 6300 .5

M M lb pe s⎛ ⎞ ′+ − = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

O sinal (-) indica que a força ou o momento atua sobre a seção transversal

indicada com sentido oposto àquele que foi considerado no diagrama de corpo livre. A

figura a seguir mostra os esforços com os seus sentidos correto.

▲

Exemplo 2.7 Obter os esforços internos (forças e momentos) que atuam na seção transversal

em C do eixo de máquina mostrado na figura 2.18. O eixo é apoiado por mancais em A

e B, os quais exercem apenas forças verticais sobre ele.


2-30


Solução

• Cálculos das reações dos apoios:

Os mancais A e B exercem forças distribuídas sobre o eixo, mas para o cálculo dos

esforços internos na seção transversal do eixo em C podemos considerar as resultantes

dessas reações atuando no ponto médio da largura dos mancais, conforme indicado no

diagrama de corpo livre da estrutura global.

A resultante W da força linear distribuída é da dada por

150800 1201000

NW m W Nm

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


2-31

A seguir, escrevemos as equações de equilíbrio segundo o sistema de coordenadas

cartesianas indicado.

0 225 0y y yF A B W= ⇒ + − − =∑ (a)

( ) ( )0 275 125 275 225(275 125 100) 0A yM B W= ⇒ + − − + + =∑ (b)

Substituindo 120W = na equação (b), escrevemos

( ) ( )275 125 (120) 275 225(275 125 100) 0 363,75y yB B N+ − − + + = ⇒ =

Com 120W = e o valor obtido acima, na equação (a), escrevemos

363,75 120 225 0 18,75y yA A N+ − − = ⇒ = −

O sinal (-) significa que o sentido da reação do apoio A é oposto daquele assumido no

diagrama de corpo livre.

• Cálculo dos esforços internos na seção transversal em C: Vamos “cortar” a barra no ponto C por um plano normal ao seu eixo longitudinal e

considerar o diagrama de corpo livre da parte entre A e C.

( )800 0,050 40NW m W Nm

⎛ ⎞′ ′= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠


2-32

Equações de equilíbrio escritas segundo o sistema de coordenadas cartesianas s,t,n:

0 0nF N= ⇒ =∑

0 18,75 0s sF V W ′= ⇒ − − =∑ (c)

( ) ( ) ( ) 0,0500 18,75 0, 250 02C t

M M W ⎛ ⎞′= ⇒ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ (d)

Substituindo 40W ′ = nas equações acima, escrevemos

40 18,75 0 58,75sV V N− − = ⇒ =

( ) ( ) 0,05018,75 0,250 (40) 0 5,69 .2

M M N m⎛ ⎞+ + = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

O sinal (-) significa que o momento fletor tem o sentido oposto àquele que foi assumido

no diagrama de corpo livre.

▲

Exemplo 2.8 O guindaste da figura 2.19 consiste na viga AB, de roldanas em A e D, de um

cabo e um motor. Determinar o sistema resultante de esforços internos que atuam na

seção transversal em C, se o motor levanta a carga W de 500 lb com velocidade

constante. Desprezar o peso das roldanas e da viga.



2-33

Solução Se “cortarmos” a estrutura por um plano transversal à viga AB e passando pelo

ponto C, podemos desenhar o diagrama de corpo livre abaixo.

A força no cabo é igual ao peso W=500 lb porque o mesmo é levantado com

velocidade constante (aceleração nula), ou seja, a resultante das forças sobre ele é

nula.

Equações de equilíbrio escritas conforme o sistema de coordenadas indicado no

diagrama de corpo livre:

0 500 0 500xF N N lb= ⇒ + = ⇒ = −∑

0 500 0 500yF V V lb= ⇒ − = ⇒ =∑

( ) ( )( )0 500 4,5 (500)(0,5) 0 2000 .C zM M M lb pe′= ⇒ + − = ⇒ = −∑

O sinal (-) indica que a força normal N e o momento fletor M atuam sobre a

seção transversal indicada com sentidos opostos àqueles assumidos no diagrama de

corpo livre. Esses resultados são apresentados na figura a seguir.


2-34

▲

Exemplo 2.9 Determinar o sistema resultante de esforços internos que atuam na seção

transversal em B do tubo mostrado na figura 2.20. O tubo tem massa de 2Kg/m e está

submetido a uma força de 50 N e um conjugado de 70 N.m em sua extremidade A. O

tubo está fixado à parede em C.



2-35

Solução

Para determinarmos o sistema resultante de forças internas na seção transversal

em B, nós “cortamos” o tubo por um plano passando por esse ponto e normal ao seu

eixo longitudinal. Se considerarmos o diagrama de corpo livre da parte do tubo entre os

pontos A e B, nós não precisamos calcular as reações do apoio no engastamento em

C.

Os pesos das partes AD e BD do tubo são dados por


2-36

( ) 22 1, 25 9,81 24,53AD AD

g

kg mW m W Nm s

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) 22 0,5 9,81 9,81BD BDkg mW m W Nm s

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠


0 0xF N= ⇒ =∑

0 0y yF V= ⇒ =∑

0 50 0z z AD BDF V W W= ⇒ − − − =∑

( ) ( ) ( ) 1, 250 50 1, 25 02B x ADx

M M W ⎛ ⎞= ⇒ − − =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

( ) ( )( ) ( ) 0,50 50 0,5 0,5 70 02B y AD BDy

M M W W ⎛ ⎞= ⇒ − − − + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

( ) 0 0B zzM M= ⇒ =∑

Substituindo os valores 24,53ADW = e 9,81BDW = nas equações acima,

escrevemos

50 24,53 9,81 0 84,34z zV V N− − − = ⇒ =

( )( ) 1,2550 1,25 (24,53) 0 77,83 .2x xM M N m⎛ ⎞− − = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )( ) ( ) 0,550 0,5 (24,53) 0,5 (9,81) 70 0 30,28 .2y yM M N m⎛ ⎞− − − + = ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

O sinal (-) indica que o momento fletor yM atua sobre a seção transversal em B,

com sentido oposto àquele assumido no diagrama de corpo livre.

▲


2-37

Exemplo 2.10 Uma manivela que é usada numa prensa tem as dimensões mostradas na figura

2.21, está em equilíbrio nessa configuração. Determine os esforços internos na seção

transversal em A, se uma força vertical de 50 lb é aplicada na posição indicada.

Considere o sistema de coordenadas x,y,z indicado na figura. O eixo de coordenada y

forma um ângulo de 30º com a horizontal. Assumir que o eixo onde a manivela é

acoplada é fixo no ponto B.


Solução “Cortamos” a manivela no ponto A com um plano normal ao eixo y indicado na figura e

consideramos o seguinte diagrama de corpo livre para o cálculo dos esforços internos

que atuam na seção transversal em A.


2-38

Equações de equilíbrio escritas conforme o sistema de coordenadas cartesianas x,y,z

considerado:

0 0x xF V= ⇒ =∑

( ) 00 50 sin 30 0y yF N= ⇒ + =∑

( ) 150 0 252y yN N lb⎛ ⎞+ = ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 00 50 cos30 0z zF V= ⇒ − =∑

( ) 350 0 43,32z zV V lb

⎛ ⎞− = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠


2-39

( ) ( )( )00 50cos30 7 0A xxM M= ⇒ − =∑

( )3(50) 7 0 303 .2x xM M lb in

⎛ ⎞− = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( )( )00 50cos30 3 0A yyM M= ⇒ + =∑

( )3(50) 3 0 130 .2y yM M lb in

⎛ ⎞+ = ⇒ = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( )( )00 50sin 30 3 0A zzM M= ⇒ + =∑

( )1(50) 3 0 75 .2z zM M lb in⎛ ⎞+ = ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

O sinal (-) significa que o esforço interno atua na seção transversal indicada em

A com sentido oposto àquele assumido no diagrama de corpo livre.

▲

PROBLEMAS

Problema 2.1 A barra mostrada na figura abaixo é suportada por um pino em B e um rolete em

A. Determine a força normal, a força cortante e o momento fletor na seção transversal

S.

Resposta: N = 0 Q = PD/L M = PD/2


2-40

Problema 2.2 A barra da figura é suportada por um pino em A e um fio em B. Calcule as

componentes do sistema resultante de forças internas na seção S.

Resposta: N = -4711 N Q = 500 N M = 300 N.m

Problema 2.3 A força de sustentação sobre uma lâmina do rotor de um helicóptero é distribuída

como mostrado na figura abaixo. Calcule a força de cisalhamento e o momento fletor na

seção transversal em O.

Resposta: Q = 7800 N M = 28626 N.m


2-41

Problema 2.4 A intensidade da força de sustentação sobre a asa do avião mostrado na figura é

dada por

0( )2

xw x w senL

π= .

Determine a força de cisalhamento e o momento fletor na seção transversal

adjacente à fuselagem ( x = L)

Resposta: Q = 02Lwπ

M = 2

02 21w Lπ π

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

Problema 2.5 As barras AB e AC são ligadas por pinos nas suas extremidades e o elemento

AB é carregado como mostrado na figura. Obtenha as componentes do sistema

resultante de forças internas na seção transversal da barra horizontal, eqüidistante das

extremidades A e B.

Resposta: N = WL/2 Q = 0 M = WL2/2


2-42

Problema 2.6 Calcule a força normal, a força cortante e o momento fletor na seção transversal

no centro do trecho BC.

Resposta: N = 0 Q = 2000 3 N M = 2000 3 N.m

Problema 2.7 Uma barra em forma de um quarto de circunferência é engastada em uma

extremidade e uma força de 600N é aplicada na extremidade livre, como mostrada na

figura. Quais são as componentes do sistema resultante de forças internas nas seções

A e B?

Resposta: seção A N = 300 3− N Q = 300 N M = 150 3 N.m

seção B N = 300− N Q = 300 3 M = 150 N.m

Problema 2.8 Uma barra em forma de um quarto de circunferência é engastada em uma

extremidade e um momento de 300N.m é aplicado na extremidade livre, como

mostrado na figura. Quais são as componentes do sistema resultante de forças internas

nas seções A e B?


2-43

Resposta: seção A T = 150 3 N.m M = -150 N.m

seção B T = 150 N.m M = -150 3 N.m

Problema 2.9 A barra semicircular é presa por um pino na extremidade A. Determine as

componentes do sistema de esforços internos numa seção transversal, como uma

função do ângulo θ. Para quais valores de θ cada uma das componentes tem o valor

máximo em módulo?

Resposta: N = Psenoθ Q = -Pcosθ M = PR senoθ

Nmax = P (θ = π/2) Qmax = P (θ = 0 e π) Mmax = PR (θ = π/2)

Problema 2.10 O braço montado na figura abaixo, firmemente preso na base, suporta uma carga

de 1200 lb. Ache a força normal, a força cortante e o momento fletor na seção

transversal A.


2-44

Resposta: 600 2N lb= (compressão) 600 2Q lb= (força cortante)

19928 .M lb ft= (momento fletor)

(o sinal dos esforços dependerá do sistema de coordenadas adotado)

Problema 2.11 Um tubo de 18 in de comprimento é engastado em uma extremidade e recebe

um torque na outra extremidade, através de uma chave inglesa. Calcule as

componentes do sistema resultante de forças internas, numa seção transversal situada

a 6 in da parede.

Resposta: 0N = 0xQ = (força cortante) 80xQ lb= (força cortante)

960 .xM lb in= (momento fletor) 1600 .zM lb in= (momento torsor)


Problema 2.12 A barra dobrada da figura abaixo é suportada por um pino em C e um rolete em

D. Encontre as componentes do sistema de forças internas resultantes nos planos A e

B.


2-45

Resposta: 150AN lb= (tração) 0AQ = (força cortante) 225 .AM lb in= (momento fletor)

0BN = 50BQ lb= (força cortante) 150 .BM lb in= (momento fletor)


Problema 2.13 Uma placa fina de espessura constante está pendurada sob o seu peso próprio,

conforme a figura abaixo. Se a placa pesa 23 lb ft , calcule as componentes de

esforços internos na seção transversal em A (nota: calcule) os esforços no centróide da

seção transversal considerada).

Resposta: 54AN lb= (tração) 0AQ = (força cortante) 54 .AM lb in= (momento fletor)


Problema 2.14 Determine a o sistema de forças internas resultante atuando na seção

transversal no ponto A em cada coluna da figura. Em (a) o segmento BC pesa 180 lb/ft

e o segmento CD pesa 250 lb/ft. Em (b) a coluna tem massa de 200 kg/m.


2-46

Resposta: a) N=13800 lb (13,8 kip) (compressão)

b) N=34886 N (34,9 kN) (compressão)

Problema 2.15 Determine o momento torçor interno atuando na seções transversais através dos

pontos D e D. Os mancais de suporte em A e B permitem que o eixo gire livremente.

Resposta: 250 . 0C DT N m T= =


2-47

Problema 2.16 Determine as forças internas normal e cortante (cisalhamento) no sólido

mostrado na figura (a) na seção a-a e (b) na seção b-b. Cada um desses planos passa

pelo ponto A (centróide). A força de 500 lb é aplicada ao longo do eixo que passa pelos

centróides das seções transversais do corpo

Resposta: a) ( ) ( )500 0

aa aaN lb V= =

b) ( ) ( )250 3 250bb aa

N lb V lb= =

Problema 2.17 Determine os esforços internos atuando na seção transversal através do ponto D

da barra AB. As articulações com os pinos são sem atrito.

Resposta: 131,25N N= (compressão) 175V N= 8,75 .M N m=


2-48

Problema 2.18 A viga AB é suportada em A por um cabo BC. Determine os esforços internos

atuando na seção transversal através do ponto D.

Resposta: 3,75N kip= (compressão) 0V = 0M =

Problema 2.19 Determine os esforços internos atuando nas seções transversais através dos

pontos D, E, F e G da estrutura mostrada na figura. As articulações são sem atrito.


2-49

Resposta: ( ) ( ) ( )527 373 373 .D D D

N lb V lb M lb ft= = =

( ) ( ) ( )75 355 727 .E E E


( ) ( ) ( )1004 0 0F F F

N lb V M= = =

( ) ( ) ( )75 205 167 .G F F


Problema 2.20 O tubo da figura tem massa de 12 kg/m. Se ele é fixo na parede em A, determine

os esforços internos atuando na seção transversal em B. Despreze o peso da alabanca

de torque CD.

Resposta: ( ) ( ) ( )0 0 70,6B B Bx y z

N V V N= = =

( ) ( ) ( )9,42 . 6,23 . 0B B Bx y zT N m M N m M= = =


2-50

2.4 DIAGRAMAS DE ESFORÇOS

O sistema resultante de forças internas ou esforços internos atuando sobre um plano S

que “corta” um sólido, depende da posição e orientação desse plano. Podemos

relacionar as componentes das forças normais e cortantes bem como dos momentos

torçor e fletores com as variáveis que definem a posição do plano de “corte” S e assim

desenharmos diagramas que representem esses esforços como funções dessas

variáveis de posição.

Esses são os chamados diagramas de esforços e eles nos mostram como as

componentes do sistema resultante de forças internas variam através do corpo. Eles

são muitos úteis quando aplicados na análise de sólidos que podem ser representados

por uma barra. Esses elementos estruturais possuem a dimensão longitudinal muito

maior que as transversais. São também chamados de elementos unidimensionais. Em

geral as superfícies de “corte” S são planos perpendiculares ao eixo longitudinal da

barra. Elas são denominadas de seções transversais da barra.

Quando essa barra está também sob carga externa transversal, portanto sujeita

à flexão, ela recebe o nome de viga. Voltaremos, no momento oportuno, ao estudo mais

detalhado das vigas. A seguir são exemplificados os procedimentos para se obter

alguns diagramas de esforços.

Exemplo 2.11

Uma barra cilíndrica está pendurada e sob ação do seu peso próprio, como

mostra a figura 2.22. Obter o diagrama de esforços nas seções transversais da barra.



2-51

Solução Considerando os diagramas de corpo livre a seguir, escrevemos as equações de

equilíbrio segundo o sistema de coordenadas cartesianas, adotado.

0 1 0 1xx xF W N N WL L

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ − − = ⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑

Não há nenhum outro esforço interno atuando nas seções transversais do

cilindro. O diagrama de força normal é apresentado a seguir:

▲

Exemplo 2.12 Considere a viga engastada carregada como mostra a figura 2.23. Obter os

diagramas de esforços nas seções transversais ao longo da viga.


2-52


Solução Vamos considerar o diagrama de corpo livre da parte da viga à esquerda de uma seção

de “corte”, pois assim não precisamos determinar as reações no engastamento.

Escrevemos as equações de equilíbrio segundo o sistema de coordenadas adotado no

diagrama de corpo livre:

0 cos 45 0 cos 45o oxF N P N P= ⇒ + = ⇒ = − ⇒∑ 2

2N P= −

0 sin 45 0 sin 45o oyF V P w x V P w x= ⇒ − − = ⇒ = + ⇒∑ 2

2V P w x= +


2-53

( )( ) ( )0 sin 45 02

oz

xM M P x w x ⎛ ⎞= ⇒ + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ 22

2 2xM Px w

⎛ ⎞⇒ = − +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

Então, observamos que os esforços internos atuando nessa viga são funções das

coordenada x que define a posição da seção transversal considerada. As figuras a

seguir mostram os diagramas de esforços desenhados a partir dessas funções.

▲


2-54

Exemplo 2.13 Desenhar os diagramas de esforços atuantes nas seções transversais ao longo

da viga mostrada na figura 2.24.


Solução

• Cálculos das reações dos suportes: Para determinarmos as reações dos suportes devemos considerar o diagrama de corpo

livre da estrutura global, conforme a seguir.


2-55


0 0x AF H= ⇒ =∑

0 4450 0y A BF R R W= ⇒ + − − =∑ (a)

( ) ( ) 30 (2,4) 4450 1,2 02A BM R W ⎛ ⎞= ⇒ − − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ (b)

A resultante W da forças linear distribuída é dada por

1460 (3 ) 4380NW m W Nm

⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Substituindo o valor de W acima na equação (b), escrevemos

( )( ) ( ) 3(2,4) 4450 1,2 4380 0 4962,502B BR R N⎛ ⎞− − = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Com esse valor substituído na equação (a) escrevemos

( )(4962,50) 4450 (4380) 3 0 3867,50A AR R N+ − − = ⇒ =

A figura a seguir mostra a estrutura com todas as cargas aplicadas, inclusive as

reações dos apoios.


2-56

A seguir determinamos os esforços internos, considerando que a coordenada x que

define a posição da seção transversal em consideração tem a sua origem no suporte

esquerdo e varia para a direita.

• Esforços internos nas seções transversais para x entre 0 e 1,2 m:


0 0xF N= ⇒ =∑

0 3867,5 (1460)( ) 0 1460 3867,5yF V x V x= ⇒ + − = ⇒ = −∑ 0 1, 2x< <

( ) ( ) 20 (1460)( ) 3867,5 0 3867,5 7302CxM M x x M x x⎛ ⎞= ⇒ + − = ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

0 1,2x≤ ≤

• Esforços internos nas seções transversais para x entre 1,2 e 2,4 m:


2-57


0 0xF N= ⇒ =∑

0 3867,5 (1460)( ) 4450 0 1460 582,5yF V x V x= ⇒ + − − = ⇒ = +∑ 1,2 2,4x< <

( ) ( ) ( )0 (1460)( ) 3867,5 4450 ( 1, 2) 02CxM M x x x⎛ ⎞= ⇒ + − + − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

2730 582,5 5340M x x= − − + 1,2 2,4x≤ ≤

• Esforços internos nas seções transversais para x entre 2,4 e 3,0 m:


0 0xF N= ⇒ =∑

0 3867,5 (1460)( ) 4450 4962,5 0 1460 4380yF V x V x= ⇒ + − − + = ⇒ = −∑

2,4 3x< <

( ) ( ) ( )0 (1460)( ) 3867,5 4450 ( 1, 2) (4962,5)( 2, 4) 02CxM M x x x x⎛ ⎞= ⇒ + − + − − − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

2730 4380 6570M x x= − + − 2,4 3x≤ ≤

• Diagramas dos esforços: A seguir são apresentados os diagramas de esforço cortante (V) e de momento fletor

(M), que representam graficamente as funções obtidas anteriormente. Observamos


2-58

claramente a descontinuidade da função V=V(x) nos pontos onde temos forças

concentradas.

▲


2-59

Exemplo 2.14 Considere a barra curva mostrada na figura 2.25. Ela é ¼ de barra circular,

engastada numa extremidade com uma carga de 500 N aplicada na extremidade livre,

perpendicularmente ao plano da barra. Desenhar os diagramas de esforços atuantes

nas seções transversais ao longo da barra.


Solução

Consideraremos o diagrama de corpo livre do trecho da barra com a extremidade livre

de modo que o ângulo θ varie do eixo x para o eixo y.


2-60

Adotamos um sistema de coordenadas cartesianas n,s,t no plano da seção transversal

da barra, correspondente ao ângulo θ .

Equações de equilíbrio segundo o sistema de coordenadas n,s,t:

0 0nF N= ⇒ =∑ para 02πθ≤ ≤

0 500 0 500t t tF V V= ⇒ + = ⇒ = −∑ 02πθ≤ ≤

( )( )0 500 0nM T b= ⇒ − =∑

( ) ( )500 0,60 1 cos 0 300(1 cos )T Tθ θ− − = ⇒ = −⎡ ⎤⎣ ⎦ 02πθ≤ ≤

( ) ( )0 500 0s sM M a= ⇒ + =∑

( ) ( )500 0,60sin 0 300sins sM Mθ θ+ = ⇒ = − 02πθ≤ ≤

Os diagramas de esforços, representando os esforços internos como funções do ângulo

θ , são apresentados a seguir.


2-61

▲


2-62

Exemplo 2.15 Um binário de 300 N.m é aplicado na extremidade livre da barra como mostra a

figura 2.26. Escrever as expressões para os esforços internos nas seções transversais

da barra em função do ângulo θ , como indicado. Desenhar os diagramas de esforços.


Solução

“Cortamos” a barra por um plano transversal na posição por um ângulo θ qualquer

entre 0 e 2π , conforme a figura abaixo.


2-63

Equações de equilíbrio segundo o sistema de coordenadas n,s,t indicado na figura:

0 300cos 0 300cosnM T Tθ θ= ⇒ − = ⇒ =∑

0 300 0 300sint t tM M si Mθ θ= ⇒ + = ⇒ = −∑

As figuras a seguir mostram os diagramas de esforços como funções de θ .

▲


2-64

Exemplo 2.16 Escreva as expressões para a força cortante e o momento fletor nas seções

transversais da viga em função da variável x, indicada na figura 2.27. Desenhe os

diagramas de esforços correspondentes.


Solução

• Cálculo das reações dos apoios: Para o cálculo das reações dos suportes nós consideramos o diagrama de corpo livre

da estrutura global, ou seja:

Do equilíbrio escrevemos

0 0x AF H= ⇒ =∑


2-65

0 10000 10000 0y A B CF R R R= ⇒ + + − − =∑ (a)

O momento em torno do pino O é nulo. Portanto, podemos escrever as seguintes duas

equações de equilíbrio:

( ) ( ) ( )0 8 4 0O A Blado esquerdoM R R= ⇒ + =∑ (b)

( ) ( ) ( )0 4 10000 6 0 15000O C Clado direitoM R R lb= ⇒ − = ⇒ =∑

Com esse valor de CR na equação (a) temos agora, um sistema com duas equações

(a,b) e duas incógnitas ( ,A BR R ), ou seja:

15000 10000 10000 0A BR R+ + − − = e ( ) ( )8 4 0A BR R+ =

Resolvendo esse sistema obtemos

5000AR lb= − e 10000BR lb=

A figura a seguir mostra a estrutura com as forças aplicadas e as reações dos apoios

obtidas acima.


2-66

A partir da figura anterior, fazendo-se “cortes” sucessivos ao longo do eixo longitudinal

da viga, obtemos os esforços internos nas seções transversais com funções da

coordenada x medida ao longo da viga.

• Entre 0 e 4 ft:

0 5000 0 5000yF V V= ⇒ − = ⇒ =∑ (lb)

( ) ( ) ( )0 5000 0 5000C zM M x M x= ⇒ + = ⇒ = −∑ (lb.ft)

• Entre 4 e 8 ft:

0 5000 10000 0 5000yF V V= ⇒ − + = ⇒ = −∑ (lb)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 5000 10000 4 0 5000 40000C zM M x x M x= ⇒ + − − = ⇒ = −∑ (lb.ft)


2-67

• Entre 8 e 12 ft:

0 5000 10000 10000 0 5000yF V V= ⇒ − + − = ⇒ =∑ (lb)

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )4 40 5000 10 4 10 8 0C zM M x x x= ⇒ + − − + − =∑ 5000 40000M x= − + (lb.ft)

• Entre 12 e 14 ft:


2-68

0 5000 10000 10000 15000 0 10000yF V V= ⇒ − + − + = ⇒ = −∑ (lb)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 5000 10000 4 10000 8 (15000)( 12) 0C zM M x x x x= ⇒ + − − + − − − =∑

10000 140000M x= − (lb.ft)

Os diagramas dos esforços são apresentados a seguir.

▲


2-69

Exemplo 2.17 Escreva as expressões para a força normal, a força cortante e o momento fletor

nas seções transversais da estrutura da figura 2.28 em função da variável x medida ao

longo do eixo longitudinal das barras. Desenhe os diagramas de esforços

correspondentes.


Solução

Para facilitar a análise vamos adotar as coordenadas 1x e 2x medidas ao longo

do eixo longitudinal da barra BC e BA, respectivamente, conforme mostra figura a

seguir.


2-70

• Trecho CB: 1x entre 0 e 8 ft

Escrevemos as equações de equilíbrio para o diagrama de corpo livre acima, segundo

o sistema de coordenadas adotado 1 1,x y .


2-71

1 10 0xF N= ⇒ =∑

( ) ( )1 1 1 1 10 200 0 200 ( )yF V x V x lb= ⇒ − = ⇒ =∑

( ) ( ) ( )1

211 1 1 10 200 0 100 ( . )

2P z

xM M x M x lb ft⎛ ⎞= ⇒ + = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

• Trecho BA: 2x entre 0 e 4 ft



2 2 20 (200)(8) 0 1600 ( )xF N N lb= ⇒ − = ⇒ =∑

2 20 0yF V= ⇒ =∑

( ) ( )( )2

2 280 200 8 0 6400 ( . )2P z

M M M lb ft⎛ ⎞= ⇒ + = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑


2-72

• Trecho BA: 2x entre 4 e 8 ft



2 2 20 (200)(8) 0 1600 ( )xF N N lb= ⇒ − = ⇒ =∑

2 2 20 600 0 600 ( )yF V V lb= ⇒ + = ⇒ = −∑

( ) ( ) ( ) ( )( )2

2 2 2 280 200 8 600 4 0 600 8800 ( . )2P z

M M x M x lb ft⎛ ⎞= ⇒ + − − = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

∑


2-73

• Diagramas de esforços:

▲


2-74

PROBLEMAS Problema 2.21

Escreva as expressões para a força cortante e o momento fletor nas seções

transversais da viga em função da variável x, indicada na figura. Desenhe os diagramas

de esforços correspondentes.

Resposta: Q = 400 x e M = -200 x2 para 0 ≤ x ≤ 6

Q = 2400 lb e M = -2400 x + 7200 para 6 ≤ x ≤ 12

Problema 2.22 Escreva as expressões para a força cortante e o momento fletor nas seções



Resposta: Q = 400 x – 1800 e M = -200 x2 + 1800 para 0 ≤ x ≤ 6

Q = 600 lb e M = -600 x + 7200 para 6 ≤ x ≤ 12


transversais da viga em função da variável x conforme o seguinte: no trecho AB, o


2-75

sentido de x é de A para B e no trecho BC o sentido de x é de C para B. Escolher o

eixo z apontando para fora do plano da figura. Desenhe os diagramas de esforços

correspondentes.

Resposta: trecho AB N = 0 Q = -PD/L M = PD xL

trecho BC N = 0 Q = P M = -P x




Resposta:

Q = 1500 x – 9000 M = -750 x2 + 9000 x – 20250 para 0 ≤ x ≤ 3

Q = - 4500 N M = 4500 x – 13500 para 3 ≤ x ≤ 4,5

Q = 4500 N M = -4500 x + 27000 para 4,5 ≤ x ≤ 6


2-76

Problema 2.25 A estrutura da figura abaixo é engastada numa extremidade. O seu

carregamento é aplicado na sua extremidade livre conforme mostra a figura abaixo. O

trecho AO é paralelo ao eixo x, o trecho AB é paralelo ao eixo y e o trecho BC é

paralelo ao eixo z. Escreva as expressões para os esforços internos (força normal, força

cortante, momento torçor e momento fletor) para cada trecho da estrutura, como

funções das coordenadas x, y e z, indicadas na figura.

Resposta:

Trecho OA: x x y y z zN F V F V F= = =

( ) ( )x y z y z z x z y x yM F Z F Y M F x F X F Z M F x F Y F X= − + = − − = − − − Trecho AB: x x y y z zV F N F V F= = =

( )x z y z y x z x xM F y F Z F Y M F Z M F y F Y= − − = = − Trecho BC: x x y y z zV F V F N F= = = 0x y y y x x zM F z F Z M F z F Z M= − = − − =


2-77

2.5 CONCEITO DE TENSÃO

Anteriormente vimos que quando um sólido está sob a ação de cargas externas,

internamente se desenvolvem forças com o objetivo de manter as partes do corpo

unidas umas às outras. Por não conhecermos a distribuição correta dessas forças

internas sobre o plano de “corte” S ela não foi considerada, mas apenas a força e o

momento resultantes atuando num ponto arbitrário desse plano e essas resultantes

foram obtidas a partir das equações de equilíbrio escritas para uma das partes do sólido

“seccionado”.

Sabemos que poderíamos ter uma infinidade de distribuição dessas forças

internas com a mesma força e momentos resultantes. Sob o ponto de vista de

equilíbrio, esses sistemas de forças internas distribuídas sobre o plano que “secciona” o

sólido seriam estaticamente equivalentes. Mas, quanto à configuração deformada

resultante eles, em geral, não são equivalentes, como podemos observar pelo exemplo

ilustrado pela figura 2.29 (veja também a seção 2.2), onde dois blocos idênticos de

borracha são sujeitos a dois sistemas de forças distribuídas com uma mesma resultante

aplicada na mesma posição dos corpos. As configurações deformadas são diferentes.

Figura 2.29 Blocos idênticos de borracha

Portanto, só o conhecimento do sistema resultante de forças internas não

descreve a distribuição dessas forças e conseqüentemente não nos informa de modo

correto a respeito da deformação do sólido. Precisamos, então, de quantidades que

descrevam a intensidade das forças internas em cada ponto do sólido.


2-78

Essas quantidades são denominadas tensões. Tensão é definida como a

intensidade das forças internas atuando entre as partes de um corpo, sobre um ponto,

através de superfícies internas imaginárias passando por esse ponto. Essa intensidade

das forças internas é representada em termos de força por unidade de área. O conceito

de tensão, fundamental para a Mecânica dos Sólidos, foi estabelecido por Cauchy em

1822-1823. Para a sua definição matemática, consideremos um sólido em equilíbrio sob

ação de cargas externas e passamos por ele um plano S “seccionando-o” em duas

partes, I e II, conforme mostra a figura 2.22.

Figura 2.30 (a) sólido em equilíbrio sob cargas aplicadas; (b) diagrama de corpo livre parte II.


2-79

A figura 2.30 (b) mostra o diagrama de corpo livre da parte II do sólido com as

cargas externas e as forças internas distribuídas sobre o plano S, as quais são

exercidas pela parte I. Pelo Princípio da ação e reação a parte II exerce sobre a

superfície S da parte I uma distribuição de forças internas iguais e de sinais opostos.

Assim, é indiferente qual das partes vamos considerar na nossa análise.

Tomemos, por exemplo, a parte II do sólido “seccionado”. As forças internas se

distribuem de modo contínuo e, em geral, não uniforme, sobre todos os pontos da

superfície S. Consideramos que todo o material que constitui o sólido se distribui de

modo contínuo e regular através do volume do corpo. Esse é um modelo matemático, o

qual não considera a natureza discreta da matéria, mas que associa a cada ponto

geométrico do espaço ocupado pelo sólido com um ponto material possuindo as

propriedades físicas do sólido como um todo. Essa é uma hipótese fundamental da

Mecânica do Contínuo, da qual a Mecânica dos Sólidos é o ramo que se aplica aos

meios contínuos no estado sólido. Com essa abstração, a Mecânica dos Sólidos analisa

os problemas sob um ponto de vista macroscópico do material, mas os seus resultados

são muito bons para a maioria dos problemas de Mecânica, onde as dimensões são

bem maiores que as distâncias interatômicas.

Agora, vamos supor que a superfície S seja dividida em uma infinidade de

elementos retangulares (poderia ser outra forma geométrica) muito pequenos. Sobre

cada retângulo elementar atua uma força F∆ que é a resultante (soma vetorial) das

forças distribuídas sobre a área A∆ do elemento. A figura 2.31 ilustra algumas dessas

cargas.


2-80

Figura 2.31 forças e momentos resultantes sobre algumas áreas elementares de S.

Cada área elementar é sujeita a uma força F∆ e um momento M∆ diferentes (o

elemento adjacente situado na superfície S da parte I está sujeito a - F∆ e - M∆ ). Uma

dessas áreas é isolada e mostrada na figura 2.32. Vemos que o ponto P está contido

nesta área elementar.


2-81

Figura 2.32 Resultante de força distribuída e momento sobre área elementar.

A orientação do plano elementar de área A∆ é dada pelo vetor normal unitário n ,

o qual identifica esse plano, a resultante das forças internas distribuídas sobre essa

área é representada por F∆ e a resultante dos momentos dessas forças em relação a

um ponto P dessa área é representada por M∆ . Podemos também dizer, de modo

equivalente, que M∆ representa o momento da força F∆ , resultante das forças

distribuídas sobre a área elementar A∆ , em relação ao ponto P escolhido para

aplicarmos essa força resultante.

Tomemos as razões F A∆ ∆ e M A∆ ∆ . Se diminuirmos a área A∆

sucessivamente, mas sempre contendo o ponto P e mantendo a orientação n do plano,

podemos definir os limites


2-82

( )

0lim n

A

F dF tA dA∆ →

∆= ≡

∆. (2.6)

0lim 0A

M dMA dA∆ →

∆= ≡

∆. (2.7)

A existência do limite (2.6) é um postulado fundamental da Mecânica dos Sólidos

e é baseado na idealização do material como um contínuo.

Esse limite é a definição do vetor tensão num ponto do sólido, associado ao

plano, cuja orientação é dada pelo vetor unitário n , passando por esse ponto.

Se denominarmos a razão F A∆ ∆ como o vetor tensão médio sobre a área A∆ ,

então o vetor tensão no ponto P dessa área é o limite desse vetor tensão médio quando

A∆ tende a zero, mas sempre contendo o ponto P. O vetor tensão médio F A∆ ∆ tem a

mesma direção e sentido de F∆ , mas a sua magnitude (módulo) é dado por F A∆ ∆ .

O limite (2.7) é nulo porque estamos considerando, em nossos estudos, que

sobre os pontos da superfície S não existem binários distribuídos, mas apenas forças

distribuídas sobre o plano de “corte”. Essa é uma hipótese da Mecânica do Contínuo

Clássica e que se aplica para a maioria dos materiais empregados na engenharia.

Esses binários distribuídos podem existir em materiais magnéticos ou materiais

polarizados sujeitos a um campo magnético ou um campo elétrico, respectivamente. Ao

fazermos a área A∆ tender a zero, contendo sempre o ponto P, todas as distâncias

entre os pontos de aplicação das forças distribuídas e o ponto P tendem a se anular e

assim a razão M A∆ ∆ tende a zero. Veja a figura 2.33.


2-83

Figura 2.33 Momento da força resultante F∆ em relação ao ponto P.

O momento resultante M∆ pode ser escrito como

M r F∆ = ×∆ . (2.8)

Dividindo a equação (2.8) por A∆ , podemos escrever

M FrA A

∆ ∆= ×

∆ ∆. (2.9)

O limite de (2.9) com A∆ tendendo a zero pode ser escrito como

( )0 0 0 0lim lim lim limA A A A

M F Fr rA A A∆ → ∆ → ∆ → ∆ →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∆ ∆ ∆= × = ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟∆ ∆ ∆⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (2.10)

Quando 0A∆ → , 0ir → e como as forças distribuídas sobre a área A∆ são assumidas

como limitadas, de modo que o limite (2.6) existe e é finito, então temos

( )

0 0lim 0 lim 0n

A A

M MtA A∆ → ∆ →

∆ ∆= × ⇒ =

∆ ∆. (2.7)


2-84

O vetor tensão num ponto do sólido depende da orientação do plano associado

passando pelo ponto. O seguinte exemplo ilustra de um modo simples este fato. Seja

uma barra sujeita a uma tração uniforme com resultante F, cuja área 0A da seção

transversal deformada se mantém constante ao longo da barra. A figura 2.34 mostra a

barra “seccionada” por dois planos com orientações diferentes, mas passando pelo

mesmo ponto P.

Figura 2.34 Barra carregada sob tração uniforme

As forças resultante que atuam na barra, nas seções de “corte” 0, 1 e 2 são as

mesmas, mas o módulo do vetor tensão no ponto P segundo o plano 0 é maior que o

módulo do vetor tensão no mesmo ponto segundo os planos 1 e 2 porque a área 0A é

menor que as áreas A1 e A2. Esse exemplo nos mostra que a tensão num ponto não

fica completamente determinada apenas pelo seu módulo, direção e sentido

(necessários para a definição de um vetor), mas também pela especificação de um

outro vetor que define a orientação do plano sobre o qual a tensão atua. Uma vez dado


2-85

o plano, pela sua orientação, a tensão sobre o ponto, associada com aquele plano, é

um vetor. Por isso o sobrescrito n é necessário para indicar o plano ao qual está

associado o vetor tensão ( )nt . Então, se diversos vetores tensões atuam num ponto

sobre um mesmo plano, a sua resultante é obtida simplesmente pela soma vetorial.

Mas não podemos fazer a simples soma vetorial de vetores tensões atuando em planos

diferentes passando pelo mesmo ponto. Devemos ter sempre em mente as seguintes

características do vetor tensão:

• a dimensão física da tensão é força por unidade de área. No Sistema

Internacional é o Pascal (Pa), que é N / m. No Sistema Inglês é o psi, que

é lb / in2;

• o vetor tensão é definido em um ponto do sólido sobre um plano

imaginário e depende da orientação desse plano;

• o vetor tensão é um vetor equivalente à interação do material de uma

parte do sólido sobre a outra parte através da superfície de “corte”

(Princípio da Tensão, de Cauchy). Isso é ilustrado de modo simples pela

figura 2.35.

Figura 2.35 Princípio da Tensão de Cauchy


2-86

Pela terceira Lei de Newton (Princípio da Ação e Reação), escrevemos

( ) ( )n nt t− = − , (2.11)

Na prática é usual decompor a força F∆ segundo um sistema de eixos

retangulares Cartesianos (n,s,t) definido sobre o plano que contém a área A∆ , com o

eixo n normal ao plano e os eixos s e t tangentes ao plano, conforme mostra a figura

2.36.

Figura 2.36 Componentes da força F∆ segundo o sistema (n,s,t)

Então podemos definir as tensões médias, normal e de cisalhamentos sobre a

área A∆ como os vetores

nNA

σ ∆≡∆

sns

VA

τ ∆≡∆

tnt

VA

τ ∆≡∆

. (2.12)


2-87

A barra (-) sobre os símbolos usados para indicar as tensões significa que os módulos

desses vetores são valores médios sobre a área A∆ .

As tensões de cisalhamento necessitam de dois índices para defini-las

corretamente. O primeiro índice indica a orientação do plano sobre o qual ela está

atuando e o segundo índice indica a sua direção. Para a tensão normal, a qual é

perpendicular ao plano, é comum se usar apenas um índice, o qual indica o plano sobre

o qual ela atua.

Se fizermos a área A∆ tender a zero e sempre contendo o ponto P, os limites

das tensões dadas pelas equações (2.12) são os vetores componentes do vetor tensão ( )nt atuando sobre o ponto P, associado ao plano dado pela orientação n , segundo o

sistema de coordenadas (n,s,t) escolhido sobre esse plano. A figura 2.37 ilustra a

decomposição do vetor tensão ( )nt .

Figura 2.37 Componentes do vetor tensão ( )nt segundo o sistema (n,s,t)


2-88

Os vetores componentes do vetor ( )nt são, portanto, definidos como

0limn A

N dNA dA

σ∆ →

∆≡ =

∆

0lim s s

ns A

V dVA dA

τ∆ →

∆≡ =

∆

0lim t t

ntV dVA dA

τ∆→

∆≡ =

∆. (2.13)

Assim, podemos escrever o vetor tensão ( )nt , segundo o sistema de coordenadas

Cartesianas (n,s,t) ( )n

n ns ntt σ τ τ= + + . (2.14)Mas, como

ˆn nnσ σ= ˆns nssτ τ= ˆnt nttτ τ= ,

onde

ndNdA

σ = sns

dQdA

τ = tnt

dQdA

τ = ,

podemos então escrever

( ) ˆˆ ˆn

n ns ntt n s tσ τ τ= + + . (2.15)

Os vetores n , s e t são os vetores bases do sistema (n,s,t).

A seguir vamos considerar um sólido sob ação de cargas externas e um sistema

de coordenadas Cartesianas retangulares (x,y,z) para descrevê-lo, conforme mostra a

figura 2.38.


2-89

Figura 2.38 Sólido sob cargas externas.

Seja um ponto P do sólido, pelo qual passaremos planos de “corte” S paralelos

aos planos coordenados yz, xz e xy. Os vetores unitários normais n de cada um desses

planos são respectivamente i , j e k (vetores bases do sistema de coordenadas

considerado). Os vetores tensões atuando sobre o ponto P, associados a esses planos

serão respectivamente representados por ( )xt , ( )yt e ( )zt . As figuras 2.39-2.41

ilustram o que foi descrito


2-90

( ) ˆˆ ˆx

x xy xzt i j kσ τ τ= + + .

Figura 2.39 Plano de “corte” S paralelo ao plano yz.

( ) ˆˆ ˆyyx y yzt i j kτ σ τ= + + .

Figura 2.40 Plano de “corte” S paralelo ao plano xz.


2-91

( ) ˆˆ ˆzzx zy zt i j kτ τ σ= + + .

Figura 2.41 Plano de “corte” S paralelo ao plano xy.

Um plano de “corte” S passando por um ponto do sólido possui duas faces, cada

uma sendo definida por um vetor normal unitário apontando para quem as observa,

conforme mostra a figura 2.42. Para facilitar a visualização e também a sua

compreensão desenhamos o plano S normal ao plano da figura.


2-92

Figura 2.42 Faces do plano de “corte” S

Da figura 2.42 observamos que o vetor tensão ( )nt representa a interação do

material da parte I do sólido sobre o material da parte II, no ponto P, através do plano S

com orientação n e o vetor ( )nt − representa a interação do material da parte II sobre o

material da parte I, no mesmo ponto, através do plano S com orientação n− . Pelo

Princípio de ação e reação (Terceira Lei de Newton) podemos escrever novamente a

equação (2.11)

( ) ( )n nt t− =− . (2.11)

A equação (2.11) nos dá uma informação que ressalta a dependência do vetor

tensão atuando num ponto, do vetor que orienta o plano associado passando pelo


2-93

ponto, pois ao se inverter a orientação do plano, conseqüentemente o vetor tensão

também teve a sua orientação invertida.

Agora, voltemos às figuras 2.39-2.41. Nessas figuras as faces observadas dos

planos de “corte” yz, xz e xy têm suas orientações dadas pelos vetores unitários i , j e

k , respectivamente e o usual é denominá-las de faces x, y e z. Como os vetores que

as orientam estão no sentido positivo dos eixos coordenados elas são denominadas

como faces positivas. Consequentemente, as faces opostas são denominadas faces

negativas. A partir da equação (2.15) podemos escrever

• Face (x) e (-x): ( ) ( )x xt t− =− (2.16)

( ) ˆˆ ˆx

x xy xzt i j kσ τ τ= + + ⇒ ( ) ( ) ( )( ) ˆˆ ˆxx xy xzt i j kσ τ τ− = − + − + − (2.17)

• Face (y) e (-y):

( ) ( )y yt t− =− (2.18)

( ) ˆˆ ˆyyx y yzt i j kτ σ τ= + + ⇒ ( ) ( ) ( )( ) ˆˆ ˆy

yx y yzt i j kτ σ τ− = − + − + − (2.19)

• Face (z) e (-z): ( ) ( )z zt t− =− (2.20)

( ) ˆˆ ˆz

zx zy zt i j kτ τ σ= + + ⇒ ( ) ( ) ( )( ) ˆˆ ˆzzx zy zt i j kτ τ σ− = − + − + − (2.21)

Para facilitar a visualização das faces opostas, é comum adotar-se o seguinte

procedimento: desenham-se as faces positivas e as negativas ligeiramente afastadas

umas das outras de modo que o ponto P fica centrado num volume elementar. Mas

devemos ter sempre em mente que as distâncias entre as faces opostas são apenas

para facilitar a visualização, ou seja, elas não existem na realidade. A figura 2.43 ilustra

o procedimento descrito acima, para um plano de “corte” S paralelo ao plano yz, ou

seja, normal ao eixo x.


2-94

Figura 2.43 (a) plano de “corte” S no ponto P normal ao eixo x; (b) vista lateral do “corte”; (c) diagrama de corpo livre da parte II do sólido; (d) diagrama de corpo livre da parte I do sólido; (e) face (x) desenhada afastada do plano S; (f) face (-x) desenhada afastada do plano S; (g) vetores tensões ( )xt , ( )xt − e suas respectivas componentes atuando sobre as faces (x) e (-x) desenhadas afastadas do plano de “corte” S.


2-95

Para se determinar o vetor tensão atuando no ponto P sobre o plano de corte S

normal ao eixo x, nós consideramos o equilíbrio da parte I ou da parte II do sólido

“cortado” por S, conforme a figura 2.43 (a),(b).

A figura 2.43 (c) é o diagrama de corpo livre da parte II com as cargas externas

aplicadas e o vetor tensão ( )xt , o qual representa a ação da parte I sobre a parte II do

sólido, atuando no ponto P sobre a face (x) do plano S.

Enquanto que a figura 2.43 (d) é o diagrama de corpo livre da parte I com as

cargas externas aplicadas e o vetor tensão ( )xt − , o qual representa a reação da parte II

sobre a parte I do sólido, atuando no ponto P sobre a face (-x) do plano S.

A fim de facilitar a visualização, como já foi dito anteriormente, costuma-se

desenhar as duas faces do plano de “corte”, com os vetores tensões, afastadas uma da

outra, conforme mostra a figura 2.43 (e),(f).

A figura 2.43 (g) resume os resultados, apresentando os vetores tensões ( )xt , ( )xt − e suas respectivas componentes, sobre as faces (x) e (-x), atuando no ponto P, o

qual é desenhado centrado entre essas duas faces do plano S, que passa por esse

ponto.

Procedendo-se do mesmo modo acima descrito, também para planos de “corte”

passando pelo ponto P e normais aos eixos y e z, obteremos, no final, um pequeno

paralelepípedo elementar com o ponto P no seu centro e os vetores tensões ( )xt , ( )xt − , ( )yt , ( )yt − , ( )zt e ( )zt − , representados pelas suas respectivas componentes segundo o

sistema de coordenadas cartesianas xyz, sobre as faces positivas e negativas dos

planos de “corte” considerados, conforme as equações (2.16)-(2.21). A figura 2.44 apresenta todos os resultados obtidos separadamente nas figuras

2.39-2.41 e 2.43, sobre o volume elementar em torno do ponto P do sólido sob ação de

forças externas.

Esse paralelepípedo elementar, com as componentes dos vetores tensões

desenhadas sobre suas faces, dispensando o uso dos vetores unitários ˆ ˆ,i j e k , é

usado apenas para se representar visualmente o estado de tensão em um ponto (a

definição será dada na seção 2.6) e não é para ser considerado como o diagrama de

corpo livre de um volume elementar extraído do interior do sólido sob carregamento.


2-96

Figura 2.44 (a) Sentido positivo das componentes dos vetores tensões atuando no ponto P sobre as faces (+) e (-) dos planos de “cortes” paralelos aos planos cartesianos; (b) Representação visual normalmente empregada para o estado de tensão num ponto.

Na realidade, para a representação visual do estado de tensão num ponto é

suficiente desenharmos o cubo elementar mostrando apenas as componentes dos

vetores tensões atuando sobre as três faces positivas, conforme mostra a figura

2.44(b). As componentes atuando nas faces negativas decorrem naturalmente da

aplicação do Princípio da ação e reação (terceira lei de Newton).

Assim, a convenção para sinal das componentes dos vetores tensões atuando

nas faces do paralelepípedo elementar resulta naturalmente das equações (2.16)-

(2.21), ou seja:

• Componentes positivas atuando nas faces positivas têm o mesmo sentido dos

eixos do sistema de coordenadas;

• Componentes positivas atuando nas faces negativas têm sentido contrário dos


• Componentes negativas atuando nas faces positivas têm sentido contrário dos


• Componentes negativas atuando nas faces negativas têm o mesmo sentido dos

eixos do sistema de coordenadas.


2-97

2.6 ESTADO DE TENSÃO EM UM PONTO Como para cada orientação de planos que passam por um ponto no sólido sob ação de

cargas externas temos associado um vetor tensão, o estado de tensão em um ponto é

definido como o conjunto de todos os vetores tensões que atuam no ponto considerado.

Felizmente, conhecendo-se apenas os vetores tensões que atuam no ponto

considerado e sobre três planos quaisquer mutuamente perpendiculares passando por

esse ponto, é possível se determinar o vetor tensão no ponto segundo um plano com

orientação arbitrária ν . Isso foi demonstrado por Cauchy e publicado em 1823 e 1827.

Para isso, imagine um diagrama de corpo livre de uma região do sólido contendo

o ponto P, desenhado como um tetraedro por meio de três planos passando pelo ponto

P e normais aos eixos de coordenadas Cartesianas retangulares (x,y,z) e um quarto

plano com a orientação ν a uma distância h de P. A figura 2.45 mostra esse tetraedro

elementar.

O vetor unitário normal ao plano ABC, segundo o sistema de coordenadas

Cartesianas (x, y, z) é escrito

ˆˆ ˆˆ l i m j nkν = + + , (2.22) onde

( )cosl CPN= ∠ ( )cosm APN= ∠ ( )cosn BPN= ∠ (2.23)

são os cossenos diretores do vetor ν segundo sistema (x, y, z).

Os triângulos retângulos CNP∆ , ANP∆ e BNP∆ têm hipotenusas CP , AP e

BP . A altura h, medida entre o ponto P e o plano ABC, é dada por

( )cosh PC CPN PC l= ∠ =

( )cosh PA APN PAm= ∠ =

( )cosh PB BPN PBn= ∠ = (2.24)


2-98

Figura 2.45 (a) Tetraedro elementar contendo o ponto P no interior do sólido; (b) Vértices A, B, C e P do tetraedro; (c) Grandezas geométricas a serem definidas para o tetraedro considerado; (d) Tetraedro desenhado rotacionado para auxiliar a sua visualização.


2-99

O volume do tetraedro é igual a um terço da altura multiplicada pela área da

base. As áreas das bases são definidas como

1S∆ ≡ área definida por APB

2S∆ ≡ área definida por BPC

3S∆ ≡ área definida por APC

S∆ ≡ área definida por ABC.

Assim, o volume do tetraedro é dado por

13

V h S∆ = ∆

113

V PC S∆ = ∆

213

V PA S∆ = ∆

313

V PB S∆ = ∆ . (2.25)

Então podemos escrever

1 1 1 1 11 13 3

h S PC S PC l S PC S S l S∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ (2.26)

2 1 2 2 11 13 3

h S PA S PAm S PA S S m S∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ (2.27)

3 1 3 3 11 13 3

h S PB S PBn S PB S S n S∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ ⇒ ∆ = ∆ (2.28)

A figura 2.46 mostra o diagrama de corpo livre do tetraedro com as forças

aplicadas sobre ele. Essas forças são: a força de corpo representada pelo seu peso e


2-100

as forças de superfícies aplicadas pelo material externo ao volume do tetraedro.

Podemos considerar a intensidade dessas forças internas de superfícies como dada

pelos valores médios dos vetores tensões atuando sobre a área de cada lado do

tetraedro, porque essas áreas são elementares, ou seja, muito pequenas.

Figura 2.46 Diagrama de corpo livre do tetraedro com as forças aplicadas sobre ele.

Da figura 2.46 temos: *b V∆ é a força de corpo, *( )xt − , *( )yt − , *( )zt − e *( )t ν . O sobrescrito

(*) indica valores médios.

A equação vetorial de equilíbrio de forças para esse tetraedro escreve-se

*( ) * *( ) *( ) *( )

1 2 30 0x y zF t S b V t S t S t Sν − − −= ⇒ ∆ + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ =∑ , (2.29)


2-101

enquanto que a equação 0M =∑ de equilíbrio de momentos das forças em relação a

qualquer ponto será naturalmente satisfeita quando tomarmos o limite com 0V∆ → ,

pois todas as dimensões do tetraedro elementar tenderão a zero e consequentemente

os vetores tensões convergirão para o mesmo ponto P. Isso é verdade para um meio

contínuo clássico, o qual é assumido livre de binários distribuídos por unidade de

volume ou de área.

Substituindo-se em 2.29 a primeira das equações (2.25) e as equações (2.26-

2.28) escrevemos

*( ) * *( ) *( ) *( )1 03

x y zt S b h S t l S t m S t n Sν − − −∆ + ∆ + ∆ + ∆ + ∆ = . (2.30)

Dividindo-se a equação (2.30) por S∆ e rearranjando os termos escrevemos

*( ) * *( ) *( ) *( )13

x y zt b h l t m t n tν − − −=− − − − . (2.31)

Fazendo-se 0h→ o plano ABC passará pelo ponto P, o volume e as áreas tenderão a

zero simultaneamente enquanto a orientação ν e a posição do ponto P são mantidas

fixas. Pelo postulado da continuidade do meio os vetores de tensão são funções de

posição, conseqüentemente os valores médios *b , *( )xt − , *( )yt − , *( )zt − e *( )t ν tenderão

para os valores locais no ponto P e o resultado será uma expressão para o vetor tensão ( )t ν no ponto P associado ao plano com orientação ν . Por exemplo, consideremos o

vetor *( ) ( )1

x xt F S= ∆ ∆ ,

1 1

*( )

( )*( ) ( )

1 0 01

0 0 0 lim lim

x

xx x

S S

t

FV h S l S t tS∆ → ∆ →

⎛ ⎞∆∆ → ⇒ → ⇒ ∆ = ∆ → ⇒ = =⎜ ⎟∆⎝ ⎠

.

O mesmo se aplica aos vetores atuando nas outras áreas. Portanto, fazendo-se o limite

de (2.31) com 0h→ obtemos

( ) ( ) ( ) ( )x y zt l t m t n tν − − −= − − − . (2.32)


2-102

Pela equação (2.11) podemos escrever ( ) ( )x xt t− = −

( ) ( )y yt t− = −

( ) ( )z zt t− = − . (2.33)

Substituindo-se as expressões (2.33) na equação (2.32) e rearranjando os

termos escrevemos ( ) ( ) ( ) ( )x y zt l t mt ntν = + + . (2.34)

A equação (2.34) nos permite determinar o vetor tensão num ponto, sobre um

plano com uma orientação arbitrária ν e passando por esse ponto, quando

conhecemos os vetores tensões atuando sobre três planos mutuamente

perpendiculares contendo esse ponto.

Podemos substituir na equação (2.34) os vetores tensões sobre os planos

coordenados considerados, escritos em termos de suas componentes Cartesianas ( ) ˆˆ ˆx

x xy xzt i j kσ τ τ= + +

( ) ˆˆ ˆyyx y yxt i j kτ σ τ= + +

( ) ˆˆ ˆzzx zx zt i j kτ τ σ= + +

e agrupar convenientemente os termos de modo a obter

( ) ( ) ( )( ) ˆˆ ˆx yx zx xy y zy xz yz zt l m n i l m n j l m n kν σ τ τ τ σ τ τ τ σ= + + + + + + + + . (2.35)

Definindo-se

x x yx zxt l m nν σ τ τ= + +

y xy y zyt l m nν τ σ τ= + +

z xz yz zt l m nν τ τ σ= + + , (2.36)


2-103

podemos reescrever a equação (2.35) ( ) ˆˆ ˆ

x y zt t i t j t kνν ν ν= + + . (2.37)

A figura 2.47 mostra o vetor tensão ( )t ν e suas componentes segundo o sistema

Cartesiano (x, y, z) sobre o plano ABC passando pelo ponto P, mas desenhado

convenientemente afastado apenas para facilitar a visualização. Na realidade o ponto

P’, mostrado afastado na figura, é coincidente com P.

Figura 2.47 (a) Vetor tensão ( )t ν e suas componentes Cartesianas; (b) Tetraedro rotacionado para auxiliar a visualização do vetor tensão e suas componentes;(c) tetraedro mostrando apenas o vetor tensão ( )t ν e suas componentes cartesianas

As equações (2.36) podem ser escritas como uma única equação matricial

{ } [ ]{ }( )x x yx zx

y xy y zy

y xz yz z

t lt m t Tt n

νν

ν

ν

σ τ ττ σ τ ντ τ σ

⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪= ⇔ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎩ ⎭⎩ ⎭ ⎣ ⎦

. (2.38)


2-104

A equação (2.38) representa uma transformação linear entre o vetor ν , o qual

define a orientação do plano, e o vetor tensão ( )t ν atuando no ponto segundo esse

plano. Essa equação nos dá as componentes do vetor tensão ( )t ν no sistema

Cartesiano adotado. A matriz quadrada

[ ]x yx zx

xy y zy

xz yz z

Tσ τ ττ σ ττ τ σ

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(2.39)

que opera essa transformação é também denominada de tensor tensão (é um tensor de

ordem 2) . Ela representa o estado de tensão no ponto P segundo o sistema de

coordenadas Cartesianas retangulares (x, y, z) considerado na análise.

A figura 2.48 é uma representação geométrica do estado de tensão, segundo um

sistema de coordenadas cartesianas (x,y,z), num ponto P de um sólido, dado pela

matriz [ ]T da equação (2.39). Os sentidos das setas são os sentidos positivos das

componentes dadas pelos termos da matriz [ ]T .

Figura 2.48 Representação geométrica do estado de tensão num ponto P do sólido.


2-105

Exemplo 2.18 O estado de tensão em um ponto P é dado por

[ ]7 0 20 5 02 0 4

T−⎡ ⎤

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦

.

Determinar o vetor tensão atuando no ponto P, sobre o plano cuja normal unitária é

2 2 1 ˆˆ ˆˆ3 3 3

i j kν = − + .

Solução

A equação (2.38) nos dá

x x yx zx

y xy y zy

y xz yz z

t lt mt n

ν

ν

ν

σ τ ττ σ ττ τ σ

⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎩ ⎭⎩ ⎭ ⎣ ⎦

onde [ ] { }7 0 2 2 30 5 0 2 32 0 4 1 3

T ν−⎡ ⎤ ⎧ ⎫

⎪ ⎪⎢ ⎥= = ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎩ ⎭

Substituindo na equação

7 0 2 2 3 40 5 0 2 3 10 32 0 4 1 3 0

x x

y y

z z

t tt tt t

ν ν

ν ν

ν ν

−⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= ⇒ = −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥−⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

ou ( ) 10ˆ ˆ43

t i jν = −

▲


2-106

Exemplo 2.19 O estado de tensão em um ponto é dado pelo tensor tensão

[ ]a b

T a cb c

σ σ σσ σ σσ σ σ

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

onde a, b, c são constantes e σ é algum valor de tensão. Determine as constantes a, b,

c tais que o vetor tensão sobre o plano dado por

1 1 1 ˆˆ ˆˆ3 3 3

i j kν = + + se anula.

Solução A equação (2.38) nos dá

x x yx zx

y xy y zy

y xz yz z

t lt mt n

ν

ν

ν


⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎩ ⎭⎩ ⎭ ⎣ ⎦

onde [ ] { }1 3

1 3

1 3

a bT a c

b c

σ σ σσ σ σ νσ σ σ

⎧ ⎫⎡ ⎤ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎢ ⎥= = ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎪ ⎪⎩ ⎭

Substituindo na equação e impondo a condição de que o vetor { }000

tν⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

, escrevemos

1 300 1 30 1 3

a ba cb c

σ σ σσ σ σσ σ σ

⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎪ ⎪⎩ ⎭

Efetuando o produto das matrizes, escrevemos as seguintes três equações

0 13 3 3

a b a bσ σ σ+ + = ⇒ + = −

0 13 3 3

a c a cσ σ σ+ + = ⇒ + = −

0 13 3 3

b c b cσ σ σ+ + = ⇒ + = −


2-107

Das duas primeiras equações obtemos 1 1 0b c b c− = − + = ⇒ =

Substituindo na terceira equação obtemos

1 112 2

b b b c+ = − ⇒ = − ⇒ = −

Substituindo na primeira equação obtemos 1 112 2

a a⎛ ⎞+ − = − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Então o tensor [ ]T (estado de tensão no ponto) é dado por

[ ]2 2

2 22 2

Tσ σ σσ σ σσ σ σ

− −⎡ ⎤⎢ ⎥= − −⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎣ ⎦

▲

Exemplo 2.20

Num sistema de coordenadas cartesianas ortogonais xyz, o estado de tensão em

um ponto é dado pela matriz

[ ]30 50 6050 20 4560 45 10

T⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

MPa.

Determine o vetor tensão que atua no plano que passa por esse ponto e cuja normal é

paralela ao vetor ˆˆ ˆi j k+ + .


2-108

Solução

Como a normal ao plano é paralela ao vetor ˆˆ ˆu i j k= + + , então o vetor unitário normal a

esse plano é dado por

ˆ 1ν =

2 2 2ˆˆ ˆ1 1 1 1 1 1 3u i j k u= + + ⇒ = + + =

Então escrevemos

{ }1 3

1 1 1 1 ˆˆ ˆˆ ˆ1 1 33 3 3

1 3

u i j ku

ν ν ν

⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= ⇒ = = + + ⇒ = ⎨ ⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

O vetor tensão dado em coordenadas cartesianas se escreve ( ) ˆˆ ˆ

x y zt t i t j t kνν ν ν= + +

Pela equação (2.38) escrevemos

{ } [ ]{ }1 330 50 60 28

550 20 45 1 3 23360 45 10 231 3

x x

y y

z z

t tt T t t Mpa

t t

ν νν

ν ν

ν ν

ν

⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= ⇒ = ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎪ ⎪⎩ ⎭

Ou em forma vetorial

( ) 140 115 115 ˆˆ ˆ3 3 3

t i j kν = + + ▲

Exemplo 2.21 A matriz de componentes retangulares que representa o estado de tensão em

um ponto de um sólido é dada abaixo, exceto que xσ não é dado. Determine xσ tal que

haja um plano passando pelo ponto, sobre o qual o vetor tensão seja nulo e determine

a normal unitária ν deste plano.

[ ]2 1

2 0 21 2 0

x

Tσ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦


2-109

Solução A partir da equação (2.38) escrevemos

{ } [ ]{ }( )x x yx zx

y xy y zy

y xz yz z

t lt T t m

t n

νν

ν

ν

σ τ τν τ σ τ

τ τ σ

⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪= ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎩ ⎭⎩ ⎭ ⎣ ⎦

.

Substituindo os dados do problema na equação acima, temos

0 2 10 2 0 20 1 2 0

x lmn

σ⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭

um sistema homogêneo de equações lineares. Mas a solução

trivial, 0l m n= = = não pode ser admitida porque esses cossenos diretores do vetor

unitário normal ao plano procurado devem satisfazer a seguinte equação: 2 2 2 2ˆ ˆ1 1l m nν ν= ⇒ = + + = .

Para que o sistema de equações tenha solução diferente da trivial o determinante dos

coeficientes das incógnitas deve ser nulo, ou seja:

[ ]2 1

det 0 2 0 2 0 8 4 0 21 2 0

x

x xTσ

σ σ= ⇒ = ⇒ − = ⇒ = .

Substituindo o valor encontrado para xσ no sistema de equações, escrevemos

2 2 1 0 2 2 02 0 2 0 2 0 2 01 2 0 0 2 0 0

l l m nm l m nn l m n

+ + =⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ = ⇒ + + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ + + =⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩

ou

2 2 0l m n+ + =

2 2 0 0l n l n+ = ⇒ + =

2 0l m+ =

Esse sistema tem apenas duas equações independentes, pois a primeira é uma

combinação linear da segunda com a terceira equação. Então, tomamos a segunda e a

terceira equações e mais a equação


2-110

2 2 2 2ˆ 1l m nν = + + = .

Assim, escrevemos

( )2

2 2 212 2 2 3l n nl n e m n n n⎛ ⎞= − = − = ⇒ − + + = ⇒ = ±⎜ ⎟

⎝ ⎠

Então,

23

l n l= − ⇒ = ∓ e 12 3nm m= ⇒ = ± .

Portanto, podemos escrever

2 1 2 ˆˆ ˆˆ3 3 3

i j kν = ± +±∓ .

• Comentário: Os dois vetores unitários obtidos indicam as duas faces do mesmo plano normal

a eles. Como o vetor tensão atuando no ponto sobre esse plano é nulo, é

indiferente dar um ou outro vetor como resposta. Se o vetor tensão não fosse

nulo, o sistema de equações obtidos a partir da equação de Cauchy para as

tensões (equação 2.38) não seria homogêneo e seria um sistema determinado,

ou seja, com solução única. Desse modo, o vetor unitário que seria obtido

indicaria a face onde o vetor tensão estaria atuando. ▲

Uma observação muito importante a ser enfatizada com relação à transformação

linear (2.38) é que o operador linear cujas componentes são os elementos da matriz

[ ]x yx zx

xy y zy

xz yz z


⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

é invariante se o sistema cartesiano ortogonal xyz for substituído por um outro sistema

cartesiano ortogonal x’y’z’ . A evidência para tal afirmação se baseia no seguinte fato: o

vetor ν , quando mudamos de um sistema para outro tem as suas componentes

alteradas, mas permanece invariante como o próprio significado geométrico de um vetor

nos ensina. O mesmo pode ser dito com relação ao vetor ( )t ν .


2-111

Portanto, o operador linear [ ]T que transforma uma quantidade invariante (vetor

ν ), numa outra que também é invariante (vetor ( )t ν ) deverá ser também invariante. A

esse operador linear [ ]T que transforma o vetor ν no vetor ( )t ν , denominamos tensor

tensão de Cauchy. Ele é um tensor de segunda ordem. O termo “tensor” decorre

exatamente de tensão e foi assim denominado, pelo físico alemão Woldemar Voigt, que

foi quem pela primeira vez identificou a característica de invariância dessa quantidade

ao estudar as tensões de um sólido deformado sob ação de cargas externas.

Portanto, o estado de tensão em um ponto é representado por um tensor de

segunda ordem, o tensor tensão. Ele tem nove componentes que podem ser agrupadas

numa matriz quadrada de ordem 3, mas como veremos, somente seis são

independentes ( , , , , ,x y z xy yx xz zx yz zyσ σ σ τ τ τ τ τ τ= = = ). Para esse tensor podemos dar uma

interpretação física a cada coluna de sua matriz: a primeira contém as componentes do

vetor tensão que atua no plano que passa pelo ponto e é normal ao eixo x; a segunda

coluna contém as componentes do vetor tensão que atua no plano que passa pelo

ponto e é normal ao eixo y; e a terceira coluna contém as componentes do vetor tensão

que atua no plano que passa pelo ponto e é normal ao eixo z.

Finalmente, enfatizamos que a importante equação (2.34) ou a sua forma

matricial (2.38), que é mais empregada, nos permite determinar o vetor tensão ( )t ν em

um ponto, atuando sobre um plano com uma orientação arbitrária ν passando pelo

ponto, quando conhecemos os vetores tensões (ou as suas componentes) atuando

nesse ponto, associados a apenas três planos mutuamente perpendiculares passando

pelo ponto.

• Simetria do Tensor Tensão

A matriz [T], como já foi mencionado, representa o tensor tensão num ponto do sólido,

sob ação de forças externas é simétrica, ou seja, os termos localizados simetricamente

em relação à diagonal principal são iguais. Isto é verdade desde que a hipótese

( )0

lim 0A

M A∆ →

∆ ∆ = seja válido. A seguir apresentamos uma demonstração simplificada da


2-112

simetria do tensor tensão. Essa demonstração será apresentada de maneira mais

detalhada quando deduzirmos as equações de equilíbrio de um ponto no interior e no

contorno de um sólido sob cargas externas.

Seja o bloco elementar da figura 2.44(a) considerado com as dimensões

infinitesimais x∆ , y∆ e z∆ , reproduzido na figura 2.49.

Figura 2.49 Bloco elementar de dimensões infinitesimais x∆ , y∆ e z∆ com as componentes dos vetores tensões atuando nas faces positivas e negativas.

Escrevendo-se as equações de equilíbrio de momentos em relação ao ponto

P,em torno dos eixos z, y e x, considerando-se as figuras 2.49(b)(c)(d)


2-113

( ) 0 02 2 2 2P xy xy yx yxz

x x y yM y z y z x z x zτ τ τ τ∆ ∆ ∆ ∆= ⇒ ∆ ∆ + ∆ ∆ − ∆ ∆ − ∆ ∆ =∑

( ) 0 02 2 2 2P xz xz zx zxy

x x z zM y z y z x y x yτ τ τ τ∆ ∆ ∆ ∆= ⇒ − ∆ ∆ − ∆ ∆ + ∆ ∆ + ∆ ∆ =∑

( ) 0 02 2 2 2P zy zy yz yzx

z z y yM x y x y x z x zτ τ τ τ∆ ∆ ∆ ∆= ⇒ − ∆ ∆ − ∆ ∆ + ∆ ∆ + ∆ ∆ =∑ .

Dividindo-se por V x y z∆ = ∆ ∆ ∆ e fazendo-se o limite com 0V∆ → obtemos

0xy yx xy yxτ τ τ τ− = ⇒ =

0xz zx xz zxτ τ τ τ− = ⇒ =

0yz zy yz zyτ τ τ τ− = ⇒ = . (2.40)

Não se considerou a contribuição das forças de corpo para os momentos em

relação ao ponto P, ao se escrever as equações de equilíbrio acima, porque essas

parcelas de momentos desaparecem no limite quando V∆ tende a zero. Por exemplo,

seja parcela de momento da componente de força de corpo na direção x

( )P x xzM b V a∆ = ∆ ∆ ,

onde V x y z∆ = ∆ ∆ ∆ e xa∆ é o braço de momento da força xb V∆ em relação ao ponto P.

Então, dividindo-se por V∆ e fazendo-se o limite com 0V∆ → obtemos

( )

0 0lim lim 0P z

x xV V

Mb a

V∆ → ∆ →

∆= ∆ =

∆,

porque 0xa∆ → quando 0V∆ → . As mesmas considerações podem ser feitas para as

componentes da força de corpo nas direções y e z.


2-114

As equações 2.40 mostram que, em planos perpendiculares, as componentes de

cisalhamento perpendiculares à reta de interseção dos planos são iguais e apontam

para essa reta ou em sentido contrário. Veja os exemplos ilustrados na figura 2.50

Figura 2.50 Componentes de tensão de cisalhamento perpendiculares à reta de interseção de planos mutuamente perpendiculares onde atuam. Finalmente, com os resultado das equações (2.40) a matriz [ ]T que representa o

estado de tensão num ponto, pode ser escrita

[ ]x xy xz

xy y yz

xz yz z


⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

evidenciando-se desse modo a sua simetria.

Consideremos agora a decomposição do vetor tensão numa componente normal

e outra componente tangencial ao plano sobre o qual ele atua. O conhecimento dessas

componentes do vetor tensão é importante em uma análise de tensões de um elemento

estrutural.

Já vimos que o vetor tensão ( )t ν atuando sobre um ponto P segundo um plano

passando por esse ponto cuja normal unitária é o vetor ν é dado pela equação (2.37),

aqui repetida.


2-115

( ) ˆˆ ˆx y zt t i t j t kν

ν ν ν= + + .

onde, pelas equações (2.36) reescritas já se considerando a simetria do tensor tensão,

x x xy xzt l m nν σ τ τ= + +

y xy y yzt l m nν τ σ τ= + +

z xz yz zt l m nν τ τ σ= + + ,

Essas componentes do vetor tensão são escritas no sistema cartesiano

ortogonal xyz adotado. A figura 2.51 mostra o vetor tensão ( )t ν e suas componentes. O

plano passando por P com a orientação ν é o plano ABC do tetraedro da figura 2.47

após a aplicação do limite com 0h → , ou seja, o ponto P’ coincidindo com o ponto P.

Figura 2.51 Vetor tensão ( )t ν e suas componentes segundo o sistema cartesiano xyz.

O vetor tensão ( )t ν pode ser decomposto em duas componentes. Uma

componente normal ( νσ ) e outra tangencial ( ντ ) ao plano. A componente νσ tem a


2-116

direção paralela ao vetor ν , enquanto que a componente ντ é perpendicular a esse

vetor. Veja a figura 2.52.

Figura 2.52 Componentes normal e tangencial (cisalhamento) do vetor tensão sobre o

plano com orientação ν .

Como a componente normal ao plano é a projeção do vetor ( )t ν sobre a linha de

ação do vetor ν , então ela é obtida calculando-se o produto escalar entre esses dois

vetores. Então, escrevemos ( ) ( )ˆ ˆ cost tν ν

νσ ν ν α= =i , (2.41)

onde α é o ângulo entre os vetores ( )t ν e ν , ou substituindo-se os vetores tν e ν pelas

suas componentes cartesianas

( ) ˆˆ ˆ

x y zt t i t j t kνν ν ν= + + e ˆˆ ˆˆ l i m j nkν = + +

e fazendo-se o produto escalar, lembrando-se que

ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ 1i i j j k k= = =i i i

ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ 0i j i k j k= = =i i i


2-117

obtemos

( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆx y z x y zt i t j t k li mj nk l t mt ntν ν ν ν ν ν ν νσ σ= + + + + ⇒ = + +i (2.42)

Agora, substituindo na equação (2.42) as componentes do vetor tensão

x x xy xzt l m nν σ τ τ= + +

y xy y yzt l m nν τ σ τ= + +

z xz yz zt l m nν τ τ σ= + + ,

efetuando os produtos e agrupando-se os termos convenientemente, obtemos

( )2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 12x y z xy xz yzl m n l m l n m nνσ σ σ σ τ τ τ= + + + + + . (2.43)

A equação (2.41) também pode ser escrita na forma matricial

{ } { }( ) ( )ˆ

Tx

T

y

z

t lt t t m

t n

νν ν

ν ν ν

ν

σ ν ν σ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = ⇒ = ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

i . (2.44)

Da figura 2.52 podemos determinar o módulo da componente de cisalhamento

do vetor tensão ( )t ν , tangencial ao plano dado por ν , escrevendo-se

2 22 2( ) ( ) 2t tν ν

ν ν ν ν νσ τ τ τ σ= + ⇒ = = − . (2.45)


2-118

Exemplo 2.22 O estado de tensão em um ponto de um sólido sob cargas é representado por

onde as tensões são expressas em N/cm2. Pede-se determinar as componentes,

normal e de cisalhamento, do vetor tensão que atua no ponto e sobre o plano passando

por esse ponto, cuja normal tem os seguintes cossenos diretores:

1 2 2, ,3 3 3

l m n= = = .

Solução O tensor tensão (estado de tensão) no ponto considerado é dado por

[ ]200 400 300400 0 0300 0 100

x xy xz

xy y yz

xz yz z


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

As componentes do vetor tensão atuando no ponto considerado e sobre o plano

orientado pelo vetor normal unitário

1 2 2 ˆˆ ˆˆ3 3 3

i j kν = + +

são obtidas através da equação (2.38)

{ } [ ]{ } 2

200 400 300 1 3 533400 0 0 2 3 133 /300 0 100 2 3 167

x x

y y

z z

t tt T t t N cm

t t

ν νν

ν ν

ν ν

ν⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= ⇒ = ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭


2-119

Então podemos escrever na forma vetorial ( ) ˆˆ ˆ533 133 167t i j kν = + +

A componente do vetor tensão, normal ao plano ν é dada pela equação (2.42)

( ) 21 2 2ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ533 133 167 378 /3 3 3

i j k i j k N cmν νσ σ⎛ ⎞= + + + + ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠i

A componente de cisalhamento é dada pela equação (2.44)

2( ) 2t ν

ν ντ σ= − ,

onde: 2( ) 2 2 2533 133 167t ν = + + e 2 2378νσ = . Substituindo na equação acima obtemos

2 2 2 2 2533 133 167 378 432 /N cmν ντ τ= + + − ⇒ =

A componente νσ normal ao plano poderia ser obtida fazendo-se o produto escalar dos

vetores escritos na forma matricial, equação (2.43), como a seguir:

{ } { } [ ] 2

533 1 3 1 3133 2 3 533 133 167 2 3 378 /167 2 3 2 3

T

Tt N cmν ν νσ ν σ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = = ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

▲

Exemplo 2.23 Para o estado de tensão num ponto do sólido, representado por


2-120

onde as tensões são dadas em N/cm2. Pedem-se as tensões, normal e de cisalhamento

no plano ABCD.

Solução A partir da representação geométrica do estado de tensão no ponto escrevemos

2200 / 0x xy xz yzN cmσ τ τ τ= = = =

2100 /y N cmσ =

2100 /z N cmσ = −

As componentes do vetor unitário ν , normal ao plano ABCD, são os seus cossenos

diretores segundo o sistema de coordenadas cartesianas retangulares adotado, ou

sejam:

( )ˆcos , cos 90 0ol x lν= = ⇒ =

( ) 2ˆcos , cos 452

om y mν= = ⇒ =

( ) 2ˆcos , cos 452

on z nν= = ⇒ =

Então escrevemos 2 2 ˆˆ ˆˆ 02 2

i j kν = + +


2-121

A partir da equação (2.42) escrevemos

( )2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 12x y z xy xz yzl m n l m l n m nνσ σ σ σ τ τ τ= + + + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

2 2 2 2 2 2 20 200 100 100 2 0 0 0 0 02 2 2 2 2 2νσ

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= + + − + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

Então a componente normal é obtida: 0νσ =

A componente de cisalhamento é dada pela equação (2.44) 2( ) 2t ν

ν ντ σ= − ,

onde o vetor tensão ( )t ν pode ser obtido a partir da equação (2.38)

0200 0 00 100 0 2 20 0 100 2 2

x x yx zx x

y xy y zy y

y xz yz z y

t l tt m tt n t

ν ν

ν ν

ν ν


⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎡ ⎤⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎢ ⎥= ⇔ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎩ ⎭ ⎣ ⎦⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

( ) ( )2 22 2( ) ( )

0

50 2 50 2 50 2 10000

50 2

x

y

y

tt t tt

νν ν

ν

ν

⎧ ⎫⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪= ⇒ = + − ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎪ ⎪ ⎪ ⎪−⎩ ⎭ ⎩ ⎭

Então, podemos escrever

2( ) 2 210000 0 100 /t N cmν

ν ν ντ σ τ= − = − ⇒ =

Observamos, portanto, que o vetor tensão ( )t ν está contido no próprio plano ABCD pois

a sua componente normal é nula, ou seja, ele é igual à componente de cisalhamento.

Veja a figura abaixo.


2-122

( ) ˆˆ50 2 50 2t j kν = − ▲

Exemplo 2.24 Em um ponto de um sólido sob cargas, a matriz de tensões (estado de tensão),

referida aos eixos xyz tem as suas componentes (Kpsi)

36 27 027 36 00 0 18

⎡ ⎤⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Encontre:

a) as três componentes retangulares do vetor tensão atuando num plano através do

ponto, com normal unitária (2/3, -2/3, 1/3);

b) a magnitude do vetor tensão de (a);

c) a sua componente na direção da normal ao plano;

d) o ângulo entre o vetor tensão e a normal ao plano.

Solução a) Componentes do vetor tensão:

Vetor unitário normal ao plano: 2 2 1 ˆˆ ˆˆ3 3 3

i j kν = − +


{ } [ ]{ }( )

36 27 0 2 3 627 36 0 2 3 420 0 18 1 3 6

x x

y y

z z

t tt T t t Kpsi

t t

ν νν

ν ν

ν ν

ν⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= ⇒ = − − ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

ou em forma vetorial ( ) ˆˆ ˆ6 42 6t i j kν = + +


2-123

b) Magnitude do vetor tensão: Com o resultado de (a) escrevemos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2 2( ) ( )6 42 6 43x y zt t t t t kpsiν νν ν ν= + + = + + ⇒ =

c) Componente na direção normal ao plano:


( )( ) 2 2 1ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆˆ 6 42 6 223 3 2

t i j k i j k Kpsiνν νσ ν σ⎛ ⎞= = + + ⋅ − + ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠i .

Em forma vetorial: ˆ22νσ ν= −

d) Ângulo entre o vetor tensão e anormal ao plano: A equação (2.41) nos dá

( ) ( )ˆ ˆ cost tν ννσ ν ν α= =i ,

onde α é o ângulo entre o vetor tensão ( )t ν e o vetor unitário ν normal ao plano.

Substituindo os valores encontrados em (b) e (c), e levando em conta que o

módulo do vetor ν é igual a 1, escrevemos

( )( )22 43 1 cos 120,8oα α− = ⇒ =

▲


2-124

PROBLEMAS

Problema 2.26 O estado de tensão num ponto de um corpo, dado num sistema de coordenadas

retangulares xyz é

[ ]100 0 0

80 6060

x xy xz

y yz

z

Tσ τ τ

σ τσ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

MPa.

Os vetores unitários nas direções x, y, z são designados por ˆˆ ˆ, ,i j k ,

respectivamente. O vetor unitário normal a uma superfície particular neste ponto é

1 1 1 ˆˆ ˆˆ2 2 2

i j kν = + + .

Determine o vetor tensão sobre essa superfície neste ponto e determine também

a componente de tensão normal nσ .

Resposta: ( ) ˆˆ ˆ50 2,34 72,43t i j kν = − + 75n MPaσ =

Problema 2.27 O tensor tensão num ponto de um sólido carregado é dado, num sistema de

coordenadas cartesianas xyz, por

[ ]0 1 21 12 1 0

yT σ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

,

com yσ não especificado. Determine yσ tal que o vetor tensão sobre algum plano

passando por esse ponto seja nulo. Dê o vetor unitário normal para esse plano.

Resposta: 1yσ = ( )1 ˆˆ ˆˆ 26

i j kν = − +


2-125

Problema 2.28 A matriz de componentes cartesianas retangulares de tensão num ponto é

mostrada abaixo (Ksi). Determine o vetor orientação ν tal que o vetor tensão num plano

normal a ν tem as componentes 0x yt tν ν= = e determine ztν neste plano.

[ ]2 0 40 3 64 6 0

T⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Resposta: 2 2 1 ˆˆ ˆˆ3 3 2

i j kν = − + 43ztν = −

2 2 1 ˆˆ ˆˆ3 3 2

i j kν = − + − 43ztν =

Problema 2.29 O estado de tensão através de um sólido é dado, segundo o sistema de

coordenadas cartesianas xyz, pela matriz

[ ]2

2

3 5 05 0 2

0 2 0

xy yT y z

z

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Determine o vetor tensão atuando no ponto ( )2,1, 3P ≡ do plano cuja normal unitária é

1 3 ˆˆˆ2 2

j kν = + .

Resposta: ( ) 5 ˆˆ ˆ3 32

t i j kν = + +

Problema 2.30

Um estado de tensão é definido por , , , , ,x y z xy xz yzσ σ σ τ τ τ . Qual é a tensão normal

num plano passando por esse ponto e cuja normal forma ângulos iguais com os eixos

do sistema de coordenadas cartesianas ortogonais xyz?

Resposta: ( ) ( )1 23 3x y z xy xz yzσ σ σ τ τ τ+ + + + +


2-126

Problema 2.31 A matriz de componentes retangulares que representa o estado de tensão em

um ponto de um sólido é dada abaixo, exceto que xσ não é dado. Determine xσ tal que haja um plano passando pelo ponto, sobre o qual o vetor tensão seja nulo e determine a normal unitária ν deste plano.

[ ]2 1

2 0 21 2 0

x

Tσ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Resposta: 2 1 2 ˆˆ ˆˆ23 3 3x i j kσ ν= = − −

Problema 2.32 Um bloco retangular de madeira é carregado como mostra a figura abaixo.

Calcule a tensão normal e a tensão de cisalhamento num plano paralelo às fibras da

madeira. Considere os valores médios das tensões e atuando de modo uniforme em

todos os pontos do bloco.

Resposta: 2 23500 / 500 /3

lb in lb inσ τ= − =

Problema 2.33 Determine a tensão normal e a tensão de cisalhamento num plano paralelo às

fibras do bloco de madeira mostrado na figura abaixo. Considere os valores médios das

tensões e atuando de modo uniforme em todos os pontos do bloco.


2-127

Resposta: 2 2186,9 / 113,6 /lb in lb inσ τ= =

Problema 2.34 Para a barra prismática em tração simples mostrada na figura abaixo, o estado

de tensão num ponto qualquer M é caracterizado por x pσ = e as demais componentes

de tensão são nulas. Pede-se determinar o vetor tensão, bem como suas componentes

normal e de cisalhamento, num plano genérico de normal N paralela ao plano xy.

Resposta:

cos00

Nx

Ny

Nz

t ptt

α⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

; 2cosN pσ α= ; 22Np senτ α=

Problema 2.35

Demonstre a fórmula de Cauchy { } [ ]{ }t Tν ν= (equação 2.32), considerando-se o

tetraedro posicionado em relação aos eixos de coordenadas cartesianas xyz como na

figura a seguir.


2-128

Problema 2.36

O estado de tensão nos pontos de um sólido é dado, segundo o sistema de

coordenadas cartesianas xyz, pela matriz

[ ]2

2

3 5 05 0 2

0 2 0

xy yT y z

z

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Determine o vetor tensão atuando no ponto ( )2,1, 3P ≡ do plano cuja normal unitária é

1 3 ˆˆˆ2 2

j kν = + .

Resposta: ( ) 5 ˆˆ ˆ3 32

t i j kν = + +

Problema 2.37 O bloco retangular da figura é montado a partir de duas metades coladas uma na

outra. A junta falha se a tensão de cisalhamento excede 1000 psi (resistência da cola)

na interface. Considerando-se que o estado de tensão é uniforme no sólido, ou seja,

todos os pontos estão sob o mesmo estado de tensão, e ele é representado pelas

componentes

500 1000 0x xy z xz yzpsi psiσ τ σ τ τ= − = = = =

segundo o sistema de coordenadas xyz indicado na figura, determinar o conjunto de

valores que yσ pode assumir para que não ocorra a falha na junta, ou seja, para que a


2-129

tensão de cisalhamento no plano da interface não exceda 1000 psi. Resolver o

exercício por meio do vetor tensão atuando num ponto do plano de interface.

Resposta: 3166,7 1000y psiσ− ≤ ≤

Problema 2.38 Resolver o problema 2.37 fazendo-se o equilíbrio de uma das partes,

considerando-se como plano de “corte” a superfície da interface, sob ação das forças

externas atuando nas suas faces e as forças internas exercidas pela outra parte sobre

os pontos da superfície de “corte”. Como o estado de tensão é uniforme, as forças

atuando nas faces do bloco podem ser tomadas como as componentes de tensão

multiplicadas pelas respectivas áreas.

Resposta: 3166,7 1000y psiσ− ≤ ≤


2-130

2.7 RELAÇÃO ENTRE TENSÃO E O SISTEMA RESULTANTE DE FORÇAS INTERNAS

O propósito dessa seção é apresentar relações entre dois tópicos estudados em seções

anteriores e aplicá-las em problemas simples, mas de interesse prático, mantendo

desse modo o interesse do aluno no estudo da Mecânica dos Sólidos.

Na seção 2.3 vimos como determinar o sistema de forças internas numa seção

de “corte” de um sólido sob carregamento por meio das equações de equilíbrio escritas

para o diagrama de corpo livre de uma das partes do corpo. Esse é um procedimento

bastante usado para os elementos estruturais como barras e vigas.

Na seção 2.5 aprendemos como expressar as forças internas distribuídas sobre

uma seção do sólido por meio do vetor tensão atuando no ponto associado a um plano

passando pelo ponto. O vetor tensão nos dá, portanto, uma medida da intensidade

dessas forças distribuídas atuando em cada ponto da seção de “corte” definida pelo

plano associado.

Agora, vamos estudar as relações entre as tensões nos pontos de uma seção de

“corte” de um corpo e o sistema resultante de forças internas atuando sobre essa

seção. Os resultados aqui obtidos são aplicados usualmente na análise de elementos

estruturais simples como as barras e vigas.

A figura 2.53 mostra o diagrama de corpo livre de uma parte do sólido, obtida

pelo “corte” do plano S na seção de interesse.

A partir das definições das componentes das tensões médias dadas na seção

2.5, podemos representar a intensidade das forças distribuídas sobre a área elementar

A∆ que contém o ponto P, pelas componentes do vetor tensão médio escritas segundo

o sistema de coordenadas cartesianas (n,s,t) adotado, com o eixo n normal e os eixos

s e t paralelos ao plano da seção, conforme a seguir. As componentes normal e de

cisalhamentos do vetor tensão médio atuando na área elementar A∆ são indicadas por

nσ , nsτ e ntτ , respectivamente.


2-131

Figura 2.53 Componentes do vetor de tensão médio atuando na área A∆


2-132

A partir das definições apresentadas na seção 2.5, escrevemos

n nN N AA

σ σ∆≡ ⇒ ∆ = ∆

∆ (2.46)

sns s ns

V V AA

τ τ∆≡ ⇒ ∆ = ∆

∆ (2.47)

tnt t nt

V V AA

τ τ∆≡ ⇒ ∆ = ∆

∆ (2.48)

Como todos os vetores tensões atuando nos pontos da seção S associados ao

plano dado pelo vetor normal n serão escritos segundo o mesmo sistema de

coordenadas cartesianas (n,s,t) podemos considerar diretamente as suas

componentes e escrever

nN Aσ∆ = ∆ (2.49)

s nsV Aτ∆ = ∆ (2.50)

t ntV Aτ∆ = ∆ (2.51)

Do mesmo modo podemos escrever os momento dessas forças, sobre a área

elementar A∆ , no ponto P em relação aos eixos n,s e t do sistema de coordenadas

adotado.

( )n t s nt nsM T s V t V s t Aτ τ∆ = ∆ = ∆ − ∆ = − ∆ (2.52)

s nM t N t Aσ∆ = ∆ = ∆ (2.53)

t nM s N s Aσ∆ = − ∆ = − ∆ (2.54)


2-133

As componentes do sistema resultante de forças internas na seção S são obtidas

pela soma da contribuição de cada componente sobre cada área elementar A∆ . No

limite, com 0A∆ → , as componentes dos vetores tensões médios tendem para os seus

valores em cada ponto da seção S e a sua soma é dada pelas integrais

nS

N dAσ= ∫ (2.55)

s nsS

V dAτ= ∫ (2.56)

t ntS

V dAτ= ∫ (2.57)

( )nt nsS

T s t dAτ τ= −∫ (2.58)

s nS

M t dAσ= ∫ (2.59)

t nS

M s dAσ= −∫ (2.60)

As equações (2.55)-(2.60) nos dão as relações entre os esforços internos numa

seção de um sólido sob carregamento e as componentes de tensão que atuam sobre

os pontos desse plano, segundo o sistema de coordenadas cartesianas (n,s,t) adotado.

Essas componentes do sistema resultante de forças internas são as mesmas

calculadas na seção 2.3, por meio das equações de equilíbrio considerando-se as

forças externas aplicadas ao corpo.

A seguir apresentaremos algumas aplicações em elementos estruturais simples

como barras e vigas.


2-134

2.7.1 BARRAS SOB CARGA AXIAL

Uma barra é definida como um elemento estrutural cuja geometria é tal que possui um

eixo longitudinal reto e a maior dimensão da seção transversal é pequena comparada

com o seu comprimento longitudinal.

A teoria de barras sob carga axial é apresentada em detalhe no capítulo 5 e se

aplica às barras prismáticas (seção transversal constante ao longo do seu eixo

longitudinal) e às barras de seções transversais com uma variação gradual pequena (o

ângulo entre os lados da barra deve ser menor que 20º).

Da cinemática da deformação das barras sob carga axial temos que as seções

transversais permanecem planas e normais ao eixo longitudinal após a deformação.

Assim, podemos concluir que as seções transversais dessas barras sob carga axial

estão livres de momentos fletores e, para materiais isotrópicos e homogêneos, estão

sob uma distribuição uniforme de tensão normal.

A figura 2.54 mostra uma barra sob carga axial P e o sistema de eixos

cartesianos adotado, tal que o eixo x coincide com o seu eixo longitudinal e passa pelo

centróide de cada seção transversal.

Figura 2.54 Barra sob carga axial.


2-135

Tomando-se o diagrama de corpo livre mostrado na figura 2.55, da barra da

figura 2.54, escrevemos as equações d equilíbrio e obtemos o sistema resultante de

forças internas.

Figura 2.55 Diagrama de corpo livre da barra com os esforços internos na seção S.

A única componente não nula dos esforços internos é a força normal N, dada por

0 0xF N P N P= ⇒ − = ⇒ =∑ . (2.61)

A figura 2.56 mostra o diagrama de corpo livre com a força axial P e a força distribuída

aplicada sobre uma área elementar A∆ típica da seção transversal S.

Figura 2.56 Componentes das forças distribuídas sobre a área elementar A∆ de S.


2-136

Como a seção transversal S está sujeita a uma distribuição uniforme de tensão

normal e a momentos fletores nulos, podemos escrever, a partir das equações (2.55),

(2.59) e (2.60)

.x x x xS S

cte N dA dA N Sσ σ σ σ= ⇒ = = ⇒ =∫ ∫ (2.62)

. 0 0x y x xS S S

cte M z dA z dA z dAσ σ σ= ⇒ = = = ⇒ =∫ ∫ ∫ (2.63)

. 0 0x z x xS S S

cte M y dA y dA y dAσ σ σ= ⇒ = − = − = ⇒ =∫ ∫ ∫ . (2.64)

Das equações (2.61) e (2.62) temos que a tensão normal uniforme sobre os

pontos da seção transversal S da barra sob carga axial é dada por

x xN PN P SS S

σ σ= = ⇒ = = , (2.65)

onde P é a carga axial externa aplicada e N é a componente normal dos esforços

internos atuando sobre a seção transversal considerada.

Por hipótese, temos que a força externa é aplicada ao longo do eixo longitudinal

da barra, o qual passa pelos centróides de suas seções transversais. Vamos supor que

a resultante N das forças distribuídas sobre a seção transversal não seja colinear com a

força externa P, ou seja, seu ponto de aplicação seja diferente do centróide da seção

transversal, conforme ilustrado na figura 2.57.


2-137

Figura 2.57 Sistema resultante de forças internas na barra.

Como fazíamos na seção 2.3, associamos um sistema de coordenadas

cartesianas à seção transversal tal que a sua origem coincide com o ponto de aplicação

da resultante N e um dos eixos é normal ao plano da seção (no caso, o eixo x). As

equações de equilíbrio escrevem-se

0 0xF N P N P= ⇒ − = ⇒ =∑ (2.66)

( ) 0 0G y yyM M Pa M Pa= ⇒ + = ⇒ = −∑ (2.67)

( ) 0 0G z zzM M Pb M Pb= ⇒ − = ⇒ =∑ . (2.68)

Devido à cinemática da deformação da barra, concluímos que os momentos

fletores yM e zM atuando sobre a s seções transversais devem ser nulos, ou seja

0 0 ( 0)yM Pa a P= − = ⇒ = ≠ (2.69)

0 0 ( 0)zM Pb b P= = ⇒ = ≠ . (2.70)


2-138

Portanto, o ponto de aplicação da resultante N deve ser coincidente com o ponto

C, o qual é o centróide da seção transversal. Assim, a origem do sistema de

coordenadas (x,y,z) associado à seção transversal coincide com o seu centróide.

Realmente, essa é a conclusão que chegamos a partir das equações (2.63) e (2.64).

Então, podemos dizer que uma distribuição uniforme de tensões normais sobre

uma seção transversal de uma barra carregada axialmente e de material isotrópico e

homogêneo pode ser representada por uma força norma à seção, aplicada no seu

centróide e com nenhum momento fletor, e a origem do sistema de coordenadas

Cartesianas (x,y,z) associado à seção coincide com esse centróide.

O estado de tensão de qualquer ponto da seção transversal da barra sob carga

axial é representado geometricamente como mostrado na figura 2.58 e pela matriz

[ ]0 0

0 0 00 0 0

NTS

σσ

⎡ ⎤⎢ ⎥= =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(2.71)

Figura 2.58 Estado de tensão uniaxial dos pontos da seção transversal de uma barra sob carga axial.


2-139

Exemplo 2.25 A barra da figura 2.59 tem largura constante de 35 mm e espessura de 10 mm.

Determinar a tensão normal média máxima da barra quando submetida ao

carregamento mostrado.


Solução Para podermos calcular a tensão normal média máxima devemos determinar a

componente normal da força interna sobre as seções transversais ao longo da barra,

em função do carregamento axial externo aplicado. Para isso consideramos diagramas

de corpo livre, obtidos por meio das seguintes seções de “corte”:

• Entre A e B:

Do equilíbrio, escrevemos

0 12 0 12x AB ABF N N kN= ⇒ − = ⇒ =∑


2-140

• Entre B e C :


0 12 9 9 0 30x BC BCF N N kN= ⇒ − − − = ⇒ =∑

• Entre C e D :


0 22 0 22x CD CDF N N kN= ⇒ − = ⇒ =∑

• Diagrama de esforço normal:


2-141

• Tensão normal média máxima: Da equação (2.65), escrevemos

( ) ( )maxmaxx x x

NNN SS S

σ σ σ= ⇒ = ⇒ =

Do diagrama de esforço normal temos que ( )max

30BCN N kN= = . A área da seção transversal é dada por

5 2(0,035 )(0,010 ) 35 10S m m S m−= ⇒ = × Então, escrevemos

( ) ( ) ( )3

max5 5 2max max

30 10 85,735 10 35 10

BCx x

N N N MPaS m

σ σ− −

×= = = ⇒ =

× ×

A distribuição da tensão numa seção transversal entre C e D representada na figura a

seguir.

▲

Exemplo 2.26 O elemento estrutural AC mostrado na figura 2.60 está submetido a uma força

vertical de 3 kN. Determinar a posição x do ponto de aplicação da força de modo que a

tensão de compressão média no apoio C seja igual à tensão de tração média no tirante

AB. A haste tem uma área de seção transversal de 2400 mm e a área de contato em C

é de 2650mm .


2-142


Solução Consideremos os seguintes diagramas de corpo livre

Do diagrama de corpo livre (c) escrevemos as seguintes equações de equilíbrio:


2-143

0 (200) (3000)( ) 0 15A C CM F x F x= ⇒ − = ⇒ =∑

0 3000 0 3000 15x AB C ABF F F F x= ⇒ − + = ⇒ = −∑

Do diagrama de corpo livre (b) escrevemos a equação de equilíbrio, considerando a

força interna normal à seção transversal da barra sob carga axial.

0 0 3000 15y AB AB AB AB ABF F N N F N x= ⇒ − = ⇒ = ⇒ = −∑

A tensão média de compressão no suporte C se escreve

2

15650

CC

C

F x NS mm

σ ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

A tensão média de tração na haste AB se escreve

2

3000 15400

ABAB

AB

N x NS mm

σ − ⎛ ⎞= = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Como a tensão média de compressão no suporte C deve ser igual à tensão média de

tração na haste AB, escrevemos

15 3000 15 124650 400C AB

x x x mmσ σ −= ⇒ = ⇒ =

Observe que esse valor de x está entre 0 e 200 mm, o que é coerente com o problema.

Portanto, temos

15 (15)(124) 1860C CF x F N= = ⇒ =

3000 15 3000 (15)(124) 1140AB ABF x F N= − = − ⇒ = ▲


2-144

Exemplo 2.27 As barras da treliça mostrada na figura 2.61 têm uma área de seção transversal

de 21, 25in . Se a máxima tensão normal média em qualquer barra não pode exceder 20

ksi, determine a máxima magnitude da carga P que pode ser aplicada sobre a treliça.


Solução

Como as barras são articuladas as forças atuando sobre cada barra são

alinhadas como o seu eixo longitudinal para que ela se mantenha em equilíbrio.

Do equilíbrio dos pinos de articulação da treliça escrevemos


2-145

Ponto A:

40 cos( , ) 0 05x AE AB AE ABF F F AB AE F F ⎛ ⎞= ⇒ + = ⇒ + =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ (a)

3 50 sin( , ) 0 05 3y AB AB ABF F AB AE P F P F P⎛ ⎞= ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

(b)

Ponto E:

0 0x ED AE ED AEF F F F F= ⇒ − = ⇒ =∑ (c)

0 0,75 0 0,75y BE BEF F P F P= ⇒ − = ⇒ =∑ (d)

Ponto B:

4 40 cos( , ) cos( , ) 0 05 5x BC BD AB BC BD ABF F F BD BC F AB AE F F F= ⇒ + − = ⇒ + − =∑

(e)

3 30 sin( , ) sin( , ) 0 05 5y AB BD BE AB BD BEF F AB AE F BD BC F F F F= ⇒ − − − = ⇒ − − − =∑

(f)

Substituindo o resultado de (b) em (a) obtemos

4 5 4 40 05 3 5 3AE AB AE AEF F F P F P⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞+ = ⇒ + = ⇒ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Substituindo o valor obtido acima em (c), escrevemos

43ED AE EDF F F P= ⇒ = −

Substituindo (b) e (d) em (f), escrevemos

( )3 3 5 3 3 8,750 0,75 05 5 3 5 5 3AB BD BE BD BDF F F P F P F P⎛ ⎞⎛ ⎞− − − = ⇒ + + = ⇒ = −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

Substituindo o resultado acima e (b) em (e), escrevemos

4 4 8,75 4 5 4 550 05 5 3 5 3 5 15BC BD AB BC BCF F F F P P F P⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞+ − = ⇒ + − − = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠


2-146

O sinal (-) indica que o sentido da força na barra é oposto ao que foi assumido no

diagrama de corpo livre. Portanto, as barras estão sujeitas aos seguintes

carregamentos:

Barra AB: 53ABF P= (tração) Barra AE: 4

3AEF P= (compressão)

Barra BE: 0,75BEF P= (tração) Barra ED: 43EDF P= (compressão)

Barra BD: 8,753BDF P= (compressão) Barra BC: 55

15BCF P= (tração)

Sendo BC a barra mais carregada, a força P será dada por

3 2max 20 20 10 /BC

BC BCBC

Nksi lb polS

σ σ σ= = ⇒ = = × ,

onde 555BCN P= é a força interna normal à seção transversal e 21, 25BCS in= é a área

da seção transversal da barra. A força normal BCN é determinada como a seguir.

Escrevemos a equação de equilíbrio para o diagrama de corpo livre acima

550 05x BC BC BC BCF N F N F P= ⇒ − = ⇒ = =∑

Então, temos

( )3 355 1520 10 20 10 6,82

1, 25BC

BCBC

PN P kipS

σ = = × ⇒ = × ⇒ = ▲


2-147

2.7.2 BARRAS SOB FLEXÃO

Uma viga é um elemento estrutural do tipo barra, sujeito a cargas transversais que

produzem flexão do mesmo, e a uma possível carga axial. Quando uma viga está

sujeita apenas a momento fletor dizemos que ela está em flexão pura.

A teoria clássica (Euler-Bernoulli) de flexão de viga é apresentada em detalhe no

capítulo 7. Da cinemática da deformação da viga temos que as seções transversais

planas normais ao eixo longitudinal da viga permanecem planas e perpendiculares ao

eixo longitudinal após a flexão. Dessa teoria, chega-se à conclusão que a única

componente não nula de tensão normal é a que atua em qualquer ponto da viga, na

direção perpendicular ao plano da seção transversal, ou seja, na direção do eixo

longitudinal da viga e ela varia linearmente com as distâncias do ponto ao eixo

longitudinal passando pelo centróide da seção transversal.

Essas distâncias podem ser decompostas segundo um sistema de coordenadas

Cartesianas (x,y,z) associado à seção transversal da viga, tal que o eixo x é normal à

seção e coincide com o seu eixo longitudinal e os eixos y e z são paralelos ao plano da

seção. A origem desse sistema de coordenadas coincide com o centróide da seção

transversal quando o material da viga é elástico linear, homogêneo e isotrópico.

Nessa seção consideraremos apenas a componente de tensão normal na

direção do eixo longitudinal da viga. As componentes de tensões de cisalhamento serão

consideradas no capítulo 7.

A figura 2.62 mostra as componentes da força distribuída atuando sobre uma

área elementar A∆ e a posição do ponto de aplicação dessas forças segundo o sistema

de coordenadas Cartesianas associado ao plano da seção transversal considerada da

viga.

Como as tensões normais perpendiculares ao plano da seção transversal variam

linearmente com a distância do ponto sobre o qual elas atuam ao eixo longitudinal,

podemos escrever

1 2 3x C y C z Cσ = + + , (2.72)


2-148

onde 1C , 2C e 3C independem das coordenadas y e z, mas podem ser funções de x.

Figura 2.62 Componentes das forças distribuídas sobre a área elementar A∆ de S.

A componente normal do sistema resultante de forças internas é dada pela

equação (2.55). Essa equação é apresentada a seguir.

xS

N dAσ= ∫ . (2.55)

Substituindo (2.72) na equação acima, escrevemos

( )1 2 3S

N C y C z C dA= + +∫

1 2 3S S S

C ydA C zdA C dA= + +∫ ∫ ∫

1 2 3S S S

C ydA C zdA C dA= + +∫ ∫ ∫ (2.73)


2-149

Como a origem do sistema de coordenadas, associado ao plano da seção transversal

coincide com o centróide dessa seção, podemos escrever (veja Apêndice B):

0 0S S

ydA zdA= =∫ ∫ (2.74)

Então, substituindo (2.74) em (2.73), escrevemos

1 2 3 3 3(0) (0)S

NN C C C dA N C S CS

= + + ⇒ = ⇒ =∫ (2.75)

Os momentos fletores atuando nessa seção transversal da viga são dados pelas

equações (2.59) e (2.60) e escrevemos

y x z xS S

M z dA M y dAσ σ= = −∫ ∫ .

Substituindo (2.72) nas equações acima, escrevemos

( )1 2 3yS

M z C y C z C dA= + +∫

21 2 3

S S S

C zydA C z dA C zdA= + +∫ ∫ ∫ (2.76)

( )1 2 3zS

M y C y C z C dA= − + +∫

21 2 3

S S S

C y dA C yzdA C ydA= − − −∫ ∫ ∫ (2.77)

Substituindo (2.74) em (2.71) e (2.77) e definindo-se

2 2y z yz

S S S

I z dA I y dA I yzdA≡ ≡ ≡∫ ∫ ∫ (2.78)


2-150

onde (veja Apêndice B):

yI = momento de inércia de área da seção transversal em relação ao eixo y;

zI = momento de inércia de área da seção transversal em relação ao eixo z;

yzI = produto de inércia de área da seção transversal em relação aos eixos y e z,

e levando-se em conta as equações (2.74), as equações (2.76) e (2.77) são reescritas

como a seguir.

1 2y yz yM C I C I= + (2.79)

1 2z z yzM C I C I= − − (2.80)

Resolvendo-se as equações acima obtemos

1 2z y y yz

y z yz

M I M IC

I I I+

= −−

(2.81)

2 2y z z yz

y z yz

M I M IC

I I I+

=−

(2.82)

Substituindo (2.75), (2.81) e (2.82) em (2.72), a componente de tensão normal xσ em

termos dos momentos fletores ( ),y zM M e da força interna normal (N), obtidos conforme

apresentado na seção (2.3), escreve-se

2 2z y y yz y z z yz

xy z yz y z yz

M I M I M I M I Ny zI I I I I I S

σ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ +

= − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠. (2.83)

A equação (2.83) pode ser reescrita como

( ) ( )x x xf aσ σ σ= + . (2.84)


2-151

onde

( ) 2 2z y y yz y z z yz

x fy z yz y z yz

M I M I M I M Iy z

I I I I I Iσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ += − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(2.85)

( )x a

NS

σ = . (2.86)

A tensão ( )x fσ , dada pela equação (2.85), é resultante apenas da flexão da viga,

por isso ela é denominada de tensão de flexão.

Quando os eixos y e z são eixos principais de inércia o produto de inércia de

área yzI é nulo (veja Apêndice B) e a equação (2.83) simplifica-se para

0 yzyz x

z y

MM NI y zI I S

σ= ⇒ = − + + (2.87)

e conseqüentemente a tensão de flexão, dada pela a equação (2.85), escreve-se

( )0 yzyz x f

z y

MMI y zI I

σ= ⇒ = − + (2.88)

Um caso especial que ocorre freqüentemente em problemas de engenharia de

estruturas é o de vigas com seções transversais simétricas. Considerando-se o sistema

de coordenadas associado à seção transversal, com um dos eixos coincidente com o

eixo de simetria, poderemos empregar a equação (2.88) para o cálculo das tensões de

flexão dessa viga, porque o eixo de simetria é um eixo principal de inércia e

conseqüentemente o outro eixo do sistema de coordenadas normal a ele também será

eixo principal de inércia. Então, o produto de inércia de área dessa seção transversal

em relação a esses eixos de coordenadas é nulo.

As equações (2.56) e (2.57) nos dão as componentes de forças internas de

cisalhamento atuando na seção transversal em termos das componentes de tensões de

cisalhamento que atuam nos pontos dessa seção. Para efetuarmos as integrações

precisamos conhecer a distribuição dessas tensões em função das coordenadas y e z

dos pontos da seção transversal. Essas funções serão apresentadas no capítulo 7 e as

forças internas de cisalhamento são obtidas conforme apresentado na seção 2.3. Os


2-152

valores médios dessas tensões, considerando-se uma distribuição uniforme na seção

transversal, são obtidos a partir das equações (2.56) e (2.57), conforme a seguir.

yy xy xy xy

S S

VV dA dA

Sτ τ τ= = ⇒ =∫ ∫ (2.89)

zz xz xz xz

S S

VV dA dAS

τ τ τ= = ⇒ =∫ ∫ (2.90)

Define-se como eixo neutro de flexão da viga o lugar geométrico dos pontos da

seção transversal onde a tensão de flexão ( )x fσ é nula. A equação da reta que

representa o eixo neutro é obtida a partir da equação (2.85), conforme a seguir.

( ) 2 20 0z y y yz y z z yzx f

y z yz y z yz

M I M I M I M Iy z

I I I I I Iσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ += ⇒ − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (2.91)


y z z yz

z y y yz

M I M Iy z

M I M I⎛ ⎞+

= ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠, (2.92)

que é a equação da reta que representa o eixo neutro (EN), mostrado na figura 2.63.

Figura 2.63 Eixo neutro de flexão


2-153

A orientação do eixo neutro é dada pelo ângulo α , conforme mostrado na figura

2.63, a partir da qual podemos escrever

tan yz

α = . (2.93)

Substituindo (2.92) em (2.93), obtemos

tan y z z yz

z y y yz

M I M IM I M I

α+

=+

. (2.94)

Exemplo 2.28 O eixo do vagão está sujeito a cargas nas rodas de 20 kip. Supondo que esteja

apoiado em dois mancais C e D, determinar a tensão de flexão máxima desenvolvida

no centro do eixo, onde o diâmetro é de 5,5 pol.


Solução

Como a seção transversal do eixo é circular ela é simétrica em relação aos dois y

e z de qualquer sistema de coordenadas cartesianas (x,y,z), com x coincidente com o

eixo longitudinal da viga e associado à seção transversal em consideração. Portanto, o

produto de inércia de área yzI é nulo. Então, a partir da equação (2.88) escrevemos

0 yzyz x

z y

MMI y zI I

σ= ⇒ = − + (a)


2-154

• Momento fletor: Considerando-se o diagrama de corpo livre da estrutura global conforme a figura a

seguir,

Equações d equilíbrio:

0 0 0xF = ⇒ =∑

0 20000 20000 0y C DF R R= ⇒ + − − =∑ (b)

( ) ( )0 (80) 20000 (70) 20000 (10) 0 20000C D DM R R lb= ⇒ − − = ⇒ =∑ (c)

Substituindo (c) em (b), escrevemos

20000 20000 20000 0 20000C CR R lb+ − − = ⇒ =

• Componentes do sistema resultante de forças internas: “Cortando-se” o eixo por um plano no ponto central do eixo do vagão, desenhamos o

seguinte diagrama de corpo livre:


2-155

Do equilíbrio do diagrama de corpo livre acima, escrevemos

0 0 0 0xF N N= ⇒ + = ⇒ =∑

0 20000 20000 0 0y y yF V V= ⇒ + − = ⇒ =∑

( ) ( )( ) ( )( ) 50 20000 40 20000 30 0 2 10 .G z zzM M M lb in= ⇒ + − = ⇒ = − ×∑

O sinal (-) significa que a componente de esforço interna tem sentido oposto ao que foi

arbitrado no diagrama de corpo livre. Portanto, as componentes do sistema resultante

de forças internas atuando na seção transversal do eixo no seu ponto central são

indicadas a seguir.

• Momento de inércia de área da seção transversal:

( )4445,5

44,9264 64y z y zdI I I I pol

ππ= = = ⇒ = =


2-156

• Tensão de flexão máxima:

Com: 0yM = 52 10 .zM lb in= − × 0N = 444,92z yI I pol= =

na equação (a), escrevemos

( ) ( ) ( )( )

5 5

2

2 10 0 0 2 1044,92 44,92 44,925,5 4

yzx x

z y

MM Ny z y z yI I A

σ σπ

− × ⎛ ⎞×= − + + = − + + ⇒ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Como ( )0 2y d≤ ≤ , o valor máximo de xσ será obtido tomando-se 2 5,5 2y d= = , ou

seja,

( ) ( ) ( )5 5

max max max

2 10 2 10 5,5 12, 244,92 44,92 2x xy ksiσ σ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞× × ⎛ ⎞= = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

▲

Exemplo 2.29 A longarina da asa ABD de um avião leve é feita de alumínio 2014-T6 e tem área

de seção transversal de 21, 27 pol , altura de 3 pol e momento de inércia de área em

relação ao eixo neutro de 42,68 pol . Qual será a tensão de flexão máxima absoluta na

longarina se a carga prevista for como mostrada? Supor que A,B e C são pinos sem

atrito. O acoplamento é feito ao longo do eixo longitudinal da longarina.



2-157

Solução Para calcularmos a tensão de flexão máxima absoluta na longarina da asa

devemos determinar o momento fletor ao longo de seu eixo longitudinal, mas para isso

temos que, primeiramente, calcular a força da haste BC sobre ela. Para isso,

consideremos o diagrama de corpo livre a seguir.

0 cos 0x A BCF H F α= ⇒ − =∑ (a)

( ) 90 sin 960 02y A BCF R F α ⎛ ⎞= ⇒ − + =⎜ ⎟

⎝ ⎠∑ (b)

( ) ( )9 90 960 sin 3 0 sin 43202 3A BC BCM F Fα α⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠∑ (c)

O seno e o cosseno do ângulo α são calculados a partir do triângulo ABC:

2sin13

α = e 3cos13

α = .

Então, substituindo nas equações (c) e (a) acima, escrevemos

2sin 4320 4320 7787,9913BC BC BCF F F lbα ⎛ ⎞

= ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) 3cos 0 7787,99 0 648013A BC A AH F H H lbα ⎛ ⎞

− = ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠


2-158

Substituindo BCF obtido acima em (b), escrevemos

( ) ( ) ( )9 2 9sin 960 0 7787,99 960 0 02 213A BC A AR F R Rα ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = ⇒ − + = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

• Esforços internos atuando nas seções transversais da longarina:

Seja o diagrama de corpo livre a seguir, com as forças externas aplicadas:

a) 0 6x ft≤ ≤


0 0xF N= ⇒ =∑

2960 1600 09 2 3y y y

xF V x V x⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ + = ⇒ = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑

( ) 3960 1600 09 2 3 9G z zz

x xM M x M x⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

∑


2-159

b) 6 9x ft≤ ≤


0 6480 0 6480xF N N lb= ⇒ + = = −∑

2960 1600 4320 0 43209 2 3y y y

xF V x V x⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ + − = ⇒ = − +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑

( ) ( )( ) ( )( )3960 1600 4320 6 0 4320 69 2 3 9G z zz

x xM M x x M x x⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ − + − = ⇒ = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

∑

• Diagramas de força normal e de momento fletor:


2-160


Considerando-se que a seção transversal da longarina é simétrica, então 0yzI = .

Assim, a tensão de flexão é dada pela equação (2.88):

( ) yzx f

z y

MM y zI I

σ = − + ,

onde:

( ) ( ) ( )max3840 . 3840 12 .zM lb pe lb in′= =

0yM =

42,68zI pol=

max32

y pol=

Substituindo esses valores na equação acima, escrevemos

( ) ( ) ( ) ( )max max

3840 12 3 0 25,82,68 2x xf f

y

z ksiI

σ σ⎛ ⎞= + ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

A figura a seguir ilustra a distribuição de tensões de flexão sobre a seção transversal da

longarina.

• Máxima tensão normal combinada:

A equação (2.87) nos dá

yzx

z y

MM Ny zI I S

σ = − + + ,


2-161

onde:

( ) ( ) ( )max3840 . 3840 12 .zM lb pe lb in′= =

0yM =

42,68zI pol=

max32

y pol=

6480N lb= − 21, 27S pol=

Com esses valores na equação acima, escrevemos

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )max max max

3840 12 64803 0 30,9 30,92,68 2 1, 27x x x

y

z ksi ksiI

σ σ σ−⎛ ⎞= − + + ⇒ = − ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

As figuras a seguir ilustram essa distribuição de tensão normal na seção transversal da

longarina imediatamente após 6x = pés.

Comentários:

• Na região da longarina em torno do ponto de aplicação da força BCF , ponto B, a

distribuição de tensões não é conforme a hipótese assumida na teoria de flexão

de vigas.

• Pelo Princípio de Saint-Venant em regiões afastadas do ponto de aplicação da

carga concentrada, a distribuição das tensões pode ser considerada como

aquela assumida na teoria de flexão de vigas. Observações experimentais e

resultados de análises de tensões mais refinadas mostram que nas seções


2-162

transversais da viga situadas a uma distância igual a sua altura, do ponto de

aplicação da carga, se aproxima daquela assumida na teoria de flexão. No

nosso problema essas seções se situariam a 3 pol ante e depois da posição do

ponto B (x=6 pés).

• Na prática, a região em torno do ponto de aplicação da força BCF deveria ser

analisada por métodos numéricos, como por exemplo, o método de elementos

finitos, através de modelo detalhado dessa região da longarina. Mas nas

regiões suficientemente afastadas do ponto de aplicação da carga concentrada

podemos usar a teoria de flexão de vigas pois os seus resultados são bastantes

precisos do ponto de vista de engenharia. ▲

Exemplo 2.30 O eixo mostrado na figura 2.66 está submetido às cargas vertical e horizontal das

duas polias D e E. Ele é apoiado por dois mancais em A e B que não oferecem

resistência a carga axial. Além disso, supõe-se que o acoplamento do motor em C não

lhe ofereça qualquer apoio. Qual diâmetro d o eixo precisará ter se a tensão de flexão

admissível para o material for 180adm Mpaσ = ?



2-163

Solução

• Reações dos apoios:


0 300 0y A BF Y Y= ⇒ + − =∑ (a)

0 800 0z A BF Z Z= ⇒ + − =∑ (b)

( ) ( ) ( )( )0 2 800 1 0 400B A AyM Z Z N= ⇒ − + = ⇒ =∑ (c)

( ) ( ) ( )( )0 2 300 3 0 450B A AzM Y Y N= ⇒ − = ⇒ =∑ (d)

Substituindo (c) em (b) e (d) em (a), obtemos:

400 800 0 400B BZ Z N+ − = ⇒ =

450 300 0 150B BY Y N+ − = ⇒ = −

• Forças internas:

a) 0 1x≤ ≤ :

Como não existe nenhuma força aplicada sobre o eixo entre o ponto C e B, os

esforços internos em qualquer seção transversal nessa região são nulos.


2-164

b) 1 2x≤ ≤ :

0 150 0 150y y yF V V= ⇒ − = =∑

0 400 0 400z z zF V V= ⇒ + = = −∑

( ) ( ) ( )0 400 1 0 400 1G y yyM M x M x= ⇒ + − = = − −∑

( ) ( ) ( )0 150 1 0 150 1G z yzM M x M x= ⇒ + − = = − −∑

c) 2 3x≤ ≤ :

0 150 0 150y y yF V V= ⇒ − = =∑

0 400 800 0 400z z zF V V= ⇒ + − = =∑

( ) ( ) ( ) ( )0 800 2 400 1 0 400 1 800G y yyM M x x M x= ⇒ − − + − = = − −∑

( ) ( ) ( )0 150 1 0 150 1G z yzM M x M x= ⇒ + − = = − −∑


2-165

c) 3 4x≤ ≤ :

0 450 150 0 300y y yF V V= ⇒ + − = = −∑

0 400 800 400 0 0z z zF V V= ⇒ + − + = =∑

( ) ( ) ( ) ( )0 (400) 3 800 2 400 1 0 0G y yyM M x x x M= ⇒ + − − − + − = =∑

( ) ( ) ( )0 (450)( 3) 150 1 0 300 1 900G z yzM M x x M x= ⇒ − − + − = = − −∑

• Diagramas de momentos fletores:


2-166


Como a seção transversal do eixo é circular, então, o produto de inércia yzI é nulo.

Assim, a tensão de flexão é dada pela equação (2.88)

( ) yzx f

z y

MM y zI I

σ = − +

Dos diagramas de momentos fletores, observamos que os mesmos são negativo ao

longo do eixo. A figura a seguir ilustra uma seção transversal sob ação desses

momentos.

Então, concluímos que, quanto maior forem os momentos yM e zM , maior será

a tensão de flexão nos pontos da seção transversal. Assim, devemos considerar a

combinação de 400 .yM N m= − e 150 .zM N m= − .

Portanto, a tensão de flexão máxima será dada por

( ) ( ) ( )150 400x f

z y

y zI I

σ− −

= − +


2-167

onde: 4

64z ydI I π

= =

sin2dy θ= cos

2dz θ= − (θ medido conforme indicado na figura)

Substituindo na equação, escrevemos

( ) ( ) ( )4 4

150 400sin cos

64 2 64 2x f

d dd d

σ θ θπ π− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( )3 3

150 (32) 400 (32)sin cos

d dθ θ

π π= +

O valor de θ tal que ( )x f

σ tenha o valor máximo é obtido como a seguir:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3

150 (32) 400 (32) 20,6sin 150cos sin 0 tancos 400 200,6

ox f

o

d

d d d

σ θθθ θ θθ π π θ θ

⎧ == + − = ⇒ = = ⇒ ⎨

=⎩ Substituindo na equação da tensão de flexão, escrevemos

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3max max

150 (32) 400 (32) 4351, 42sin 20,6 cos 20,6x xf fd d dσ σ

π π= + ⇒ =

• Diâmetro d: Igualando a tensão máxima de flexão com a tensão admissível do material do eixo,

escrevemos

( ) ( ) 63 2max

4351, 42 .180 180 10x admf

N m NMpad m

σ σ= = ⇒ = ×

0,0289 28,9d m mm⇒ = = ▲


2-168

2.7.3 TENSÃO DE CISALHAMENTO MÉDIA Como já vimos anteriormente, a tensão de cisalhamento é a componente do vetor

tensão, paralela ao plano onde está definido esse vetor.

O efeito da tensão de cisalhamento é o de produzir um deslizamento de uma

parte do sólido em relação à outra parte através do plano de atuação dessa

componente de tensão. A figura 2.67 ilustra esse efeito.

Figura 2.67 Efeito do cisalhamento sobre um sólido.

A distribuição das tensões de cisalhamento sobre a seção de “corte” em

consideração no sólido, em geral não é simples, mas para efeito de análise dos

problemas práticos de engenharia de estruturas, principalmente de juntas de ligações, é

usual considerar-se a tensão de cisalhamento média distribuída uniformemente sobre a

área dessa seção, conforme é mostrado na figura 2.68.

Figura 2.68 Tensão de cisalhamento média.


2-169

As equações (2.56) e (2;57), repetidas a seguir, nos dão a relação entre as

componentes de forças internas de cisalhamento e as correspondentes componentes

de tensão atuando na seção de “corte” do sólido.

s nsS

V dAτ= ∫ (2.56)

t ntS

V dAτ= ∫ . (2.57)

Ao considerarmos as tensões de cisalhamento como uniformemente distribuídas

sobre a área da seção onde atua as forças internas sV e tV , podemos reescrever as

equações acima como

ss ns ns ns

S S

VV dA dAS

τ τ τ= = ⇒ =∫ ∫ (2.95)

tt nt nt nt

S S

VV dA dAS

τ τ τ= = ⇒ =∫ ∫ . (2.96)

As aplicações mais comuns das equações acima são encontradas na análise de

ligações entre elementos de uma estrutura através de prendedores (parafusos ou

rebites), cola ou solda. Justifica-se o uso da tensão de cisalhamento média no cálculo

dessas ligações, porque as tensões de falha consideradas nessas análises são também

valores médios obtidos a partir de ensaios de juntas similares. Essas tensões de falha

são obtidas calculando-se a razão entre a carga de falha da junta e a área da seção

onde ocorre o cisalhamento do elemento de ligação (parafuso, rebite, colagem ou

soldagem).

• Junta de cisalhamento simples:

São ligações entre elementos de uma estrutura onde a tensão de cisalhamento se

distribui sobre apenas uma área de atuação, conforme mostram as figuras 2.69 e 2.70.


2-170

Figura 2.69 Junta de cisalhamento simples; (a,b) Ligação por parafuso; (c,d) Ligação por cola.

Figura 2.70 (a) Junta de cisalhamento simples por rebite; (b) diagrama de corpo livre simplificado do rebite; (c) diagrama de corpo livre do rebite “cortado” na seção onde atua a força interna de cisalhamento.

• Junta de cisalhamento duplo:

São ligações entre elementos de uma estrutura onde a tensão de cisalhamento se

distribui sobre duas áreas de atuação, conforme mostram as figuras 2.71 e 2.72.

Figura 2.71 Junta de cisalhamento duplo; (a,b) Ligação por parafuso; (c,d) Ligação por cola.


2-171

Figura 2.72 Junta de cisalhamento duplo por rebite; (a) diagrama de corpo livre da junta; (b) diagrama de corpo livre da placa central; (c) diagrama de corpo livre do rebite; (d) diagrama de corpo livre das partes do rebite “cortadas” nas seções onde atuam a forças internas de cisalhamento. Exemplo 2.31 A barra de madeira mostrada na figura 2.73 está suportada por um pino de aço

de 10 mm de diâmetro preso na parede. Se a barra suporta uma carga vertical de 5 kN,

calcular a tensão de cisalhamento média do pino na parede e ao longo das duas áreas

sombreadas da barra, uma das quais está identificada por abcd.



2-172

Solução Para calcularmos as tensões médias de cisalhamento na barra de madeira e no pino de

aço, devemos conhecer as forças internas cortantes correspondentes.

• Tensão média de cisalhamento na barra de madeira: Consideremos o seguinte diagrama de corpo livre extraído da barra de madeira:

Equação de equilíbrio:

0 5 0 2,5zF V V V kN= ⇒ − − = ⇒ =∑

A tensão média de cisalhamento é dada por

( )( ) 2

2500 3,130,020 0,040barra barra

V N MPaS m

τ τ= = ⇒ =

• Tensão média de cisalhamento no pino de aço: Consideremos o diagrama de corpo livre do pino


2-173

Equação de equilíbrio:

0 5 0 5zF V V kN= ⇒ − = ⇒ =∑


( )22

5000 63,70,010

4

pino pinoV N MPaS

mτ τ

π= = ⇒ = ▲

Exemplo 2.32 A viga mostrada na figura 2.74 é suportada por um pino em A e um elo curto BC.

Determinar a intensidade máxima P das cargas que a viga suportará se a tensão de

cisalhamento média em cada pino não exceder 80 MPa. Todos os pinos estão sob

cisalhamento duplo e cada um dele tem 18 mm de diâmetro.



2-174

Solução Para calcularmos a tensão média de cisalhamento nos pinos devemos conhecer as

forças internas cortantes que atuam sobre as suas seções transversais. Precisamos,

então, determinar primeiramente, as reações dos suportes da viga.

Consideremos o seguinte diagrama de corpo livre da viga:


0 cos30 0ox A BCF H F= ⇒ − =∑ (a)

0 sin 30 11 0oy A BCF R F P= ⇒ + −− =∑ (b)

( )( )0 sin 30 5 (4,5) 4 (3,5) 4 (2) 2 (0,5) 0oA BCM F P P P P= ⇒ − − − − =∑

11BCF P⇒ =

Substituindo o valor encontrado acima, nas equações (a) e (b), escrevemos

( ) 3cos30 0 11 0 5,5 32

oA BC A AH F H P H P

⎛ ⎞− = ⇒ − = ⇒ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 1sin 30 11 0 11 11 0 5,52

oA BC A AR F P R P P R P⎛ ⎞+ − = ⇒ + − = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠


2-175

• Força cortante no pino A:

A força total que atua no pino A é a resultante das componentes AH e AR .

( ) ( )2 22 2 5,5 3 5,5 11A A A AF H R P P F P= + = + ⇒ =

As forças internas cortantes que atuam no pino A são dadas por

Do equilíbrio dos diagramas de corpo livre acima, escrevemos

112 2

AF PV = =

A tensão de cisalhamento média no pino A é dada por

( )211 2 21613,630,018 4

A AV P PS

τ τπ

= = ⇒ =


2-176

• Força cortante no pinos B e C:

A força total que atua sobre os pinos B e C é 11BCF P= , a qual é igual em módulo à

força AF que atua no pino A. Como os pinos têm o mesmo diâmetro e toos estão

sujeitos a cisalhamento duplo, a tensão média de cisalhamento nos pinos B e C é igual

à tensão de cisalhamento média do pino A, ou seja,

( )211 2 21613,630,018 4

B C B CV P PS

τ τ τ τπ

= = = ⇒ = =

• Cálculo do valor máximo de P: Como a tensão média de cisalhamento nos pinos não podem exceder 80 MPa, o valor

máximo de P é dado por 621613,63 80 10 3,7A B C P P KNτ τ τ= = = = × ⇒ = ▲

Exemplo 2.33 Duas pranchas de madeira, cada uma com 15 mm de espessura e 200 mm de

largura, são unidas por uma respiga de união colada, como indicado na figura 2.75.

Sabendo-se que esta junta irá falhar, quando a tensão de cisalhamento média na cola

atingir 900 kPa, determine o comprimento necessário d, se a junta deve resistir a uma

carga axial de intensidade P=4 kN.



2-177

Solução

Consideremos o diagrama de corpo livre a seguir, para determinarmos as forças

internas que atuam nas área de colagem

As componentes de força de cisalhamento V que atuam nas superfícies de colagem

estão dispostas simetricamente em relação ao eixo longitudinal da placa. A força P

atuam ao longo do eixo longitudinal da placa.


40 7 07xF P V V kN= ⇒ − = ⇒ =∑

A tensão de cisalhamento média nas superfícies de colagem é dada por

4000 7(0,015)( )

VS d

τ = =

Como essa tensão não deve exceder 900 kPa, o menor valor para o comprimento d da

superfície de colagem será dado por

3 24000 7900 900 10 / 0,0423 42,3(0,015)( )

kPa N m d m mmd

τ = ⇒ = × ⇒ = = ▲


2-178

2.7.4 MARGEM DE SEGURANÇA E FATOR DE SEGURANÇA Devido à possibilidade de existirem aproximações em quaisquer análises estruturais,

decorrentes do uso inadequado de teorias, variabilidade das propriedades dos materiais

empregados, discrepâncias na geometria da estrutura, etc., as quais, nunca podem ser

eliminadas completamente, costuma-se considerar um fator, denominado Fator de

Segurança de modo a garantir que a resistência real da estrutura seja maior que a

resistência requerida nas especificações do projeto.

Portanto, o Fator de Segurança é definido como

ˆRe. .ˆResistencia realF S

sistencia requerida≡ . (2.97)

Como a resistência de uma estrutura é a sua capacidade de suportar cargas sem

que ocorra a sua falha, podemos considerar que a resistência real de uma estrutura é a

carga/tensão máxima que ela é capaz de suportar sem falhar e a resistência requerida

é a carga/tensão que ela deverá suportar quando em uso, definida pelas especificações

do seu projeto. Assim, podemos reescrever a equação (2.97)

arg /. .arg /C a tensao de falhaF S

C a tensao admissi vel≡

′, (2.98)

onde a carga/tensão de falha é aquela que provoca uma deformação permanente

(escoamento) ou o colapso (ruptura, flambagem) da estrutura e a carga/tensão

admissível é aquela que se admite ocorrer durante o uso da estrutura.

Por exemplo, se especificarmos a carga máxima que uma coluna deve suportar

em uso como sendo 1000 N e projetarmos essa coluna para falhar com 1500 N,

teremos então um fator de segurança igual a 1,5. Isso significa que a coluna poderá

ser usada com segurança para a carga de 1000 N, porque as sua falha só ocorrerá

para uma carga 50% maior do que aquela que é admitida ocorrer durante o seu uso.

Um outro conceito bastante empregado na análise estrutural, principalmente em

projeto aeroespaciais, é o da Margem de Segurança, a qual é definida como


2-179

arg /. . 1arg /C a tensao defalhaM S

C a tensao admissi vel≡ −

′. (2.99)

A Margem de Segurança pode ser apresentada também em percentagem, ou

seja,

arg /. . 1 100%arg /C a tensao defalhaM S

C a tensao admissi vel⎛ ⎞

≡ − ×⎜ ⎟′⎝ ⎠. (2.100)

A Margem de Segurança nos dá uma idéia de quão distante a estrutura, sob as

cargas atuantes (admissíveis de projeto) durante o seu uso, está da carga que

provocaria a sua falha.

Na indústria aeronáutica costuma-se denominar a carga/tensão de falha como a

carga admissível (allowable), ou seja, a máxima carga/tensão que a estrutura admite

suportar sem falhar. Assim, a Margem de Segurança escreve-se

arg /. . 1arg /

C a tensao admissi velM SC a tensao atuante

′≡ − . (2.101)

Nesse caso, a carga/admissível é a carga/tensão que provocaria a falha da

estrutura da aeronave e a mesma é projetada de modo que as cargas/tensões atuantes

durante a sua vida nunca alcancem o valor da admissível.

Comparando-se as equações (2.98) e (2.99) podemos escrever

. . . 1M S F S≡ − . (2.102)

Do que foi exposto, concluímos que ao se verificar a resistência de uma estrutura

devemos estar seguro que a sua Margem de Segurança é positiva, ou seja, o fator de

segurança é maior que um.

Então, o fator de segurança é usado pelo engenheiro para garantir uma Margem

de Segurança que leve em conta imprecisões inerentes a toda análise estrutural. Esse


2-180

fator não deve nunca ser usado como um “fator de camuflagem” para levar em conta a

falta de conhecimento do analista a respeito das teorias em que se baseiam os

métodos de análise que ele esteja empregando.

Exemplo 2.34 O conjunto da correia sobreposta mostrado na figura 2.76 será submetido a uma

força de 800 N. A espessura da correia é 2t mm= , o comprimento da superfície de

colagem é 15ld mm= e o diâmetro do pino é 5rd mm= . Sendo conhecidas as tensões

de falhas ( ) 10t admMPaσ = , ( ) 0,75cola adm

MPaτ = e ( ) 30pino admMPaτ = para tração da

correia, cisalhamento da cola e cisalhamento do pino, respectivamente, pede-se

determinar a Margem de Segurança do conjunto.


Solução

Como as tensões admissíveis são as tensões de falha do elemento estrutural, a

Margem de Segurança será determinada partir da equação (2.101)

arg /. . 1arg /

C a tensao admissi velM SC a tensao atuante

′≡ −


2-181

Devemos, então, calcular as tensões correspondentes atuantes sobre cada elemento

do conjunto dado.

• Tensão normal atuante sobre a correia: Consideremos o seguinte diagrama de corpo livre da correia “cortada” numa seção

transversal:

( ) ( )800 8,9

0,002 0,045t t MPaσ σ= ⇒ =

• Tensão de cisalhamento atuante sobre superfície de colagem: Consideremos o seguinte diagrama de corpo livre da correia:



2-182

0 800 0 400x c c cF V V V N= ⇒ + − = ⇒ =∑


( ) ( )400 0,59

0,015 0,045c

c cV MPaS

τ τ= = ⇒ =

• Tensão de cisalhamento atuante no pino:

Consideremos o seguinte diagrama de corpo livre do pino:


0 400 0 400x p pF V V N= ⇒ − = ⇒ =∑


( )2400 20, 4

0,005 4p

p p

VMPa

Sτ τ

π= = ⇒ =

• Margens de Seguranças:

( ) ( ) ( ) ( )101 1 0,124 12, 4%8,9

t admcorreia correia correia

t

MS MS ou MSσσ

= − = − ⇒ = =

( ) ( ) ( ) ( )0,751 1 0, 27 27%0,59

c admcola cola cola

c

MS MS ou MSττ

= − = − ⇒ = =


2-183

( )( )

( ) ( )301 1 0, 47 47%20, 4

p admpino pino pino

p

MS MS ou MSτ

τ= − = − ⇒ = =

A Margem de Segurança do conjunto é o menor valor encontrado acima, para cada

elemento, ou seja,

( ) ( )0,124 12, 4%conjunto conjunto

MS ou MS= = ▲

Exemplo 2.35 A tensão média de cisalhamento atuante na junta soldada da figura 2.77 é

calculada considerando-se a menor seção longitudinal do cordão de solda, conforme

indicado. Com as dimensões do cordão de solda indicadas na figura e sabendo-se que

a tensão de cisalhamento média de falha da solda é 14adm ksiτ = , obtida a partir de

ensaios experimentais, determinar a Margem de Segurança da junta quando a carga

aplicada for P= 20 kip.



2-184

Solução

Consideremos o seguinte diagrama de corpo livre para determinarmos as forças

internas de cisalhamento atuando nas seções de “corte” da solda:


0 20000 0 10000xF V V V lb= ⇒ − − = ⇒ =∑

A tensão média de cisalhamento na solada é dada por

( )10000 10000 10000 11,8

(4) 0,3cos 45 (4) 20,3 (4)2

o

V ksiS h

τ τ= = = = ⇒ =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

A Margem de Segurança da junta é dada por

141 1 0,18611,8

admMS MSττ

= − = − ⇒ =

ou 141 100% 1 100% 18,6%11,8

admMS MSττ

⎛ ⎞⎛ ⎞= − × = − × ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ▲


2-185

PROBLEMAS

Problema 2.39 A peça mostrada na figura está submetida às cargas indicadas. Determinar a

tensão normal média desenvolvida nas seções transversais que passam pelos pontos

B, C e D. Fazer o desenho esquemático dos resultados para um elemento de volume

infinitesimal localizado em cada seção.

Resposta: 151 32,5 25,5B C DkPa kPa kPaσ σ σ= = =

Problema 2.40 O bloco pequeno tem espessura de 5 mm. Supondo que a distribuição de tensão

desenvolvida pela carga no apoio varie como mostrado, determinar a força F aplicada

no bloco e a distância d até o ponto em que ela se aplica.

Resposta: 36 110F kN d mm= =


2-186

Problema 2.41 A barra prismática mostrada na figura tem uma área da seção transversal A.

Supondo que ela esteja submetida a uma carga axial distribuída que aumenta

linearmente de 0w = em 0x = a 0w w= em x a= e depois decresce linearmente para

0w = em 2x a= , determinar a tensão normal média na barra em função de x no

intervalo 0 x a≤ < e no intervalo 2a x a< ≤

Resposta: ( ) ( )2 20 2 02xw a x x aaA

σ = − ≤ < ( ) ( )20 2 22xw a x a x aaA

σ = − < ≤

Problema 2.42

A barra tem uma área de seção transversal de 6 2400 10 m−× . Supondo que esteja

submetida a uma carga distribuída axial uniforme ao longo de seu comprimento e a

duas cargas concentradas como mostrado, determinar a tensão normal média na barra

em função da coordenada x no intervalo 0 0,5x m≤ < .

Resposta: ( )47,5 20x x MPaσ = −

Problema 2.43 A barra cônica tem raio (2 / 6)r x= − pol e está submetida a uma carga

distribuída (60 40 )w x= + lb/pol. Determinar a tensão normal média no ponto médio da

barra.


2-187

Resposta: 102x psiσ =

Problema 2.44 A treliça é feita de três elementos acoplados por pinos tendo as áreas da seção

transversal mostradas na figura. Determinar a tensão normal média desenvolvida em

cada elemento quando a treliça é submetida à carga mostrada. Indicar se a tensão é de

tração ou de compressão.

Resposta: 417 ( ) 469 ( ) 833 ( )AB BC ACpsi C psi T psi Tσ σ σ= = =

Problema 2.45 As hastes AB e BC têm diâmetro de 25 mm e 18 mm, respectivamente. Supondo

que seja aplicada uma carga de 6 kN no anel em B, determinar a tensão normal média

em cada haste se 60oθ = .


2-188

Resposta: 16,7 8,64AB BCMPa MPaσ σ= =

Problema 2.46 Quando a mão está segurando a pedra de 5 lb, o úmero H, assumido a ser sem

atrito, exerce forças normais CF e AF sobre o rádio C e a ulna A, respectivamente,

como mostrado. Se a menor área de seção transversal do ligamento em B é 20,30 pol ,

determine a maior tensão média de tração à qual o ligamento é submetido.

Resposta: ( )max

121lig psiσ =

Problema 2.47 Considere o sistema dinâmico idealizado, mostrado na figura. O eixo AB gira

com velocidade angular constante de 600 rpm. Uma barra leve CD com diâmetro de 12

mm é fixada a esse eixo, no ponto C, e na extremidade dessa barra é colocado um


2-189

peso de 5 kgf. Ao descrever um círculo completo, o peso em D gira em um plano sem

atrito. Selecionar a distância r para montar o peso W, tal que a tensão normal nela

atuante não exceda 27 /kgf mm . Nos cálculos, despreze o peso da barra.

Resposta: 39r cm=

Problema 2.48 A viga tem a seção transversal mostrada. Se P=1,5 kN, determinar a tensão de

flexão máxima nela desenvolvida. Desenhar a distribuição de tensão que atua sobre a

seção transversal.

Resposta: max 9,0 MPaσ =

Problema 2.49 Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada â viga,

supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível ( ) 16adm cksiσ =

na compressão e ( ) 18adm tksiσ = na tração.


2-190

Resposta: 5,97P kip=

Problema 2.50 O suporte CD da mão-francesa suporta o cabo com um peso de 600 lb.

Determinar a tensão de flexão máxima absoluta no suporte CD, supondo que A, B e C

tenham apoio de pinos.

Resposta: max 2,70 ksiσ =

Problema 2.51 O pino é usado para acoplar as três peças mostradas na figura. Devido ao

desgaste, a carga é distribuída nas partes superior e inferior como mostrado no

diagrama de corpo livre do pino. Supondo que o diâmetro do pino seja 0,40 pol,

determine a tensão de flexão máxima na seção transversal a-a no centro do pino. Para

solucionar o problema é preciso determinar primeiro as intensidades das cargas 1w e

2w .


2-191


Problema 2.52 A viga em balanço tem espessura de 4 pol e largura variável descrita pela função

( ) 0,22 2 4y x= +⎡ ⎤⎣ ⎦ , onde a coordenada x é dada em polegadas. Determine a tensão de

flexão máxima no centro da viga.


Problema 2.53 O cabo suporta uma carga de 600 lb. Se o pino tem um diâmetro de 0,25 pol,

determine a tensão de cisalhamento média no pino.

Resposta: 6,11 ksiτ =


2-192

Problema 2.54 O corpo- de- prova (cdp) falhou num teste de tração, com a superfície de falha

formando um ângulo de 52o com o seu eixo longitudinal, quando a carga axial era 19,80

kip. Se o diâmetro cdp é 0,5 pol, determine a tensão normal média e a tensão de

cisalhamento média atuantes na área do plano de falha. Também, qual é a tensão

normal média atuante no seção transversal quando ocorre a falha?

Resposta: ( ) ( )52 5262,6 48,9 101 0o oksi ksi ksiσ τ σ τ= = = =

Problema 2.55 A junta é montada com dois parafusos. Determine o diâmetro dos parafusos se a

tensão média de cisalhamento admissível para os parafusos é 110adm MPaτ = . Assuma

que cada parafuso suporta uma fração igual da carga.

Resposta: 15,2d mm=

Problema 2.56 Determinar a área necessária da seção transversal do elemento BC e o diâmetro

dos pinos A e B se a tensão normal admissível for 3adm ksiσ = e a tensão de

cisalhamento admissível for 4adm ksiτ = .


2-193

Resposta: 20577 0,743 0,525BC A BS pol d pol d pol= = =

Problema 2.57 Determinar a intensidade w da carga distribuída máxima que pode ser resistida

pelo conjunto do suporte de modo que uma tensão de cisalhamento admissível de

13,5adm ksiτ = não seja excedida nos parafusos de 0,40 pol de diâmetro em A e B,

tampouco o esforço de tração admissível de 22adm ksiσ = seja excedido na haste AB de

0,5 pol de diâmetro.

Resposta: 0,452 /w kip pe′=

Problema 2.58 Os dois elementos estruturais, sujeitos a uma força de tração P são unidos por

uma junta com dois parafusos, um de cada lado das barras, como mostrado na figura.

Cada parafuso tem um diâmetro de 0,3 pol. Determine qual a máxima carga P que pode

ser aplicada às barras, se a tensão media de cisalhamento admissível para os


2-194

parafusos é 12adm ksiτ = e a tensão normal média admissível para os parafusos é

20adm ksiσ = .

Resposta: 3,26P kip=

Problema 2.59 Uma junta para transmissão de força de tração é feita por meio de um pino como

mostra a figura. Sendo D o diâmetro das barras a serem conectadas, qual deve ser o

diâmetro d do pino se a tensão de cisalhamento média admissível no pino é igual à

metade da tensão de tração média nas barras.

Resposta: d D=

Problema 2.60 O suporte de alumínio A é usado para resistir à carga de 8 kip aplicada na linha

de centro. Se ele tiver uma espessura constante de 0,5 pol, determinar a menor altura h

a fim de evitar a ruptura por cisalhamento. A tensão de ruptura por cisalhamento é

23rup ksiτ = . Usar um fator de segurança para cisalhamento de F.S.=2,5.

Resposta: 1,74h pol=


2-195

Problema 2.61 A alavanca é presa ao eixo A por meio de uma chaveta que tem largura e

comprimento de 25 mm. Supondo que o eixo esteja fixo e seja aplicada uma força

vertical de 200 N perpendicular ao cabo, determinar a dimensão d para que a Margem

de Segurança em cisalhamento seja igual a 20 % sabendo-se que a tensão de

cisalhamento média admissível para a chaveta é 35adm MPaτ = .

Resposta: 6,7d mm=

Problema 2.62 A estrutura está submetida a uma carga de 1,5 kip. Determinar a Margem de

Segurança dos pinos A e B, se os seu diâmetros forem 0,5Ad pol= e 0,9Bd pol= e a

tensão de cisalhamento admissível para o material dos pinos for 6adm ksiτ = . O pino A

está submetido a cisalhamento duplo, enquanto que o pino B está submetido a

cisalhamento simples.

Resposta: ( ) ( )28,7 % 28,5 %

A BMS MS= =


2-196

2.8 TRANSFORMAÇÃO DE COORDENADAS

Na seção anterior vimos como o estado de tensão (tensor tensão) em um ponto num

sólido sob ação de cargas externas pode ser representado por uma matriz quadrada de

ordem 3, cujos elementos dispostos em colunas são os componentes de três vetores

tensões atuando sobre o ponto considerado e associados a três planos mutuamente

perpendiculares passando por esse ponto. Também foi visto que, como o tensor tensão

é um operador linear entre dois vetores e os vetores são invariantes com relação à

mudança do sistema de coordenadas, esse operador (tensor tensão) deverá ser

também invariante. Portanto, ao mudarmos o sistema de coordenadas, as componentes

do vetor e do tensor tensão mudam, mas não a realidade física do problema analisado.

Por exemplo, consideremos uma barra reta sujeita a uma força axial que produza

uma distribuição uniforme de tensões axiais numa seção transversal da barra. A figura

2.78(a) mostra as componentes de tensões descritas conforme o sistema cartesiano

ortogonal xyz enquanto que a figura 2.78(b) mostra as componentes de tensões

descritas conforme o sistema x’y’z’ rotacionado em relação ao da figura 2.78(a) de 90o

em torno do eixo z e no sentido horário.

A realidade física não mudou no problema ilustrado na figura 2.78(b). O que

mudou foi apenas a representação matemática do estado de tensão no ponto

considerado, mas esse ponto continua sob uma tensão F/A (supomos uma distribuição

uniforme) na direção axial da barra, a qual é designada por xσ no sistema xyz, figura

2.78(a), e por yσ ′ no sistema x’y’z’, figura 2.78(b).

Portanto, deve haver uma relação entre as duas matrizes, que representam o

mesmo estado de tensão em ponto do sólido, escritas conforme dois sistemas de

coordenadas cartesianas ortogonais diferentes.


2-197

xFA

σ = [ ]

0 0

0 0 00 0 0

FA

T

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥

= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(a)

yFA

σ ′ = [ ]

0 0 0

0 0

0 0 0

FTA

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥′ =⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(b)

Figura 2.78 Barra sujeita à carga axial com distribuição uniforme de tensão; (a) sistema de coordenadas cartesianas xyz; (b) Sistema de coordenadas cartesianas x’y’z’ rotacionado em relação a xyz de 90o no sentido horário.

Uma translação do sistema de coordenadas cartesianas não altera a orientação

dos eixos de coordenadas e conseqüentemente não altera a orientação dos planos

mutuamente perpendiculares sobre os quais atuam as componentes dos três vetores


2-198

tensões que definem o estado de tensão no ponto. Portanto, a matriz que representa

esse estado de tensão (tensor tensão) não se altera se fizermos apenas uma

translação no sistema de coordenadas cartesianas ortogonais, escolhido para definir as

componentes de tensão.

Consideremos, agora, um novo sistema de coordenadas cartesianas x’y’z’

rotacionado em relação ao sistema de xyz segundo o qual conhecemos as

componentes de tensões que definem a matriz que representa o tensor tensão (estado

de tensão) num ponto do sólido sob cargas externas. Os cossenos do ângulo formado

entre cada eixo do novo sistema x’y’z’ e os eixos do sistema original xyz são dados por

Figura 2.79 Sistemas cartesianos ortogonais xyz e x’y’z’, com indicação dos ângulos entre o eixo x’ e os eixos do sistema xyz.

onde

11 12 13

21 22 21

31 32 33

cos( , ) cos( , ) cos( , )cos( , ) cos( , ) cos( , )cos( , ) cos( , ) cos( , )

a x x a x y a x za y x a y y a y za z x a z y a z z

′ ′ ′≡ ≡ ≡′ ′ ′≡ ≡ ≡′ ′ ′≡ ≡ ≡

As componentes cartesianas de um vetor V escritas nos dois sistemas xyz e

x’y’z’ se relacionam como a seguir:


2-199

11 12 13x x y zV a V a V a V′ = + +

21 22 23y x y zV a V a V a V′ = + +

31 32 33z x y zV a V a V a V′ = + + , (2.103)

ou na forma matricial

{ } [ ]{ }11 12 13

21 22 23

31 32 33

x x

y y

z z

V a a a VV a a a V V a VV a a a V

′

′

′

⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ ′= ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭

, (2.104)

onde { }V e { }V ′ representam o mesmo vetor V com as componentes escritas segundo

os sistemas cartesianos xyz e x’y’z’, respectivamente.

As componentes de qualquer vetor, escritas nos dois sistemas de coordenadas

considerados se relacionam por meio de (2.104). Seja ν o vetor unitário normal ao

plano passando pelo ponto P sobre o qual atua o vetor tensão ( )t ν associado a esse

plano. Então, para as componentes dos vetores ν e ( )t ν escritas segundo os sistemas

cartesianos ortogonais xyz e x’y’z’ temos, respectivamente

{ } [ ]{ }aν ν′ = (2.105)

{ } [ ]{ }t a tν ν′ = , (2.106)

onde o sobrescrito (‘) indica as componentes escritas conforme o novo sistema

cartesiano x’y’z’.

Como o módulo de um vetor é independente do sistema de coordenadas,

escrevemos

{ } { } { } { }2 T TV V V V V V V′ ′= = =i .


2-200

Considerando-se a equação (2.104), escrevemos

{ } { } { } { } [ ]{ }( ) [ ]{ } { } [ ] [ ]{ }TT T T TV V V V a V a V V a a V′ ′= = =

ou

{ } [ ] [ ] [ ]( ){ } 0T TV I a a V− = (2.107)

onde [ ]I é a matriz identidade.

Se definirmos

[ ] [ ] [ ]( ) [ ]TI a a A− ≡ , (2.108)

a equação (2.107) escreve-se

{ } [ ]{ } 0TV A V = . (2.109)

Uma matriz quadrada pode ser escrita como a soma de uma matriz simétrica e uma

matriz anti-simétrica, como a seguir:

[ ] [ ] [ ]sim antA A A= + , (2.110)onde:

[ ] [ ] [ ]( )12

TsimA A A= + (2.111)

[ ] [ ] [ ]( )12

TantA A A= − . (2.112)

Assim, a equação (2.109) pode ser reescrita

{ } [ ]{ } { } [ ] [ ]( ){ } { } [ ]{ } { } [ ]{ } 0T T T Tsim ant sim antV A V V A A V V A V V A V= + = + = . (2.113)

Como { } [ ]{ }TantV A V é um escalar, podemos escrever


2-201

{ } [ ]{ } { } [ ]{ }( ) { } [ ] { }T TT T T

ant ant antV A V V A V V A V= = . (2.114)

A partir da definição dada pela equação (2.112), temos

[ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) [ ]1 12 2

TT T Tant antA A A A A A= − = − = − . (2.115)

Substituindo (2.115) em (2.114), temos

{ } [ ]{ } { } [ ]( ){ } { } [ ]{ } 0T T Tant ant antV A V V A V V A V= − ⇒ = . (2.116)

Substituindo (2.116) em (2.113), escreve-se

{ } [ ]{ } { } [ ]{ } 0T TsimV A V V A V= = . (2.117)

Assim, segundo a equação (2.117), a equação (2.109) será satisfeita para

qualquer vetor { }V se a parcela simétrica da matriz [ ]A , definida em (2.111) for uma

matriz nula.

Mas, se matriz [ ]A for simétrica, ela será igual à sua própria parcela simétrica,

então, nesse caso, a equação (2.109) será satisfeita para qualquer vetor { }V se essa

matriz for nula.

Voltando à equação (2.108), podemos afirmar que nesse caso a matriz [ ]A é

simétrica porque [ ] [ ]TA A= , como podemos verificar a seguir:

[ ] [ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ] [ ]T T TT TT T T T TA I a a I a a I a a I a a A= − = − = − = − = .

Portanto, a equação (2.109) será satisfeita para qualquer vetor { }V desde que

[ ] [ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ] [ ]0T TA I a a a a I= − = ⇒ = , (2.118)

ou seja, a matriz [ ]a de transformação entre os sistemas de coordenadas cartesianas é

ortogonal. Para uma matriz ortogonal podemos escrever


2-202

[ ] [ ] [ ][ ] [ ]TTa a a a I= = , (2.119)

como verificamos a seguir:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]( ) [ ]( ) [ ]111 1T T Ta a I a a a a a−−− −= ⇒ = ⇒ = = ,

então, escrevemos

[ ][ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ]1T T T T Ta a a a I a a a a I−

= = ⇒ = = ,

Extraindo-se o determinante de (2.119),

[ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ]( ) [ ]2det det det det det 1T Ta a a a a I= = = = .

Então,

[ ]det 1a = ± . (2.120)

As transformações ortogonais consistem de translações, rotações e inversões do

sistema de eixos. As translações são identificadas por [ ] [ ]a I= e as rotações por

[ ] [ ]a I≠ mas [ ]det 1a = ; nas inversões, [ ]det 1a =− . Como as translações não afetam as

componentes de um vetor, consideramos apenas as transformações que mantém fixa a

origem do sistema e o rotaciona de um ângulo arbitrário. As inversões são consideradas

para se estudar as simetrias das propriedades do material. Nas inversões, um sistema

dextrogiro é transformado em levogiro e vice-versa, como ilustra a figura 2.80.

Figura 2.80 Sistema xyz (dextrogiro) e sistema x’y’z’ (levogiro).


2-203

Reescrevendo-se a equação (2.38), equação de Cauchy para o vetor tensão,

considerando-se a simetria da matriz [ ]T

x x xy xz

y xy y yz

y xz yz z

t lt mt n

ν

ν

ν


⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

ou

{ } [ ]{ }t Tν ν= . (2.121)

Pré-multiplicando ambos os membros da equação (2.121) por [ ]a e

considerando-se a equação (2.106)

[ ]{ } [ ][ ]{ } { } [ ][ ]{ }a t a T t a Tν νν ν′= ⇒ = . (2.122)

Pré-multiplicando a equação (2.105) por [ ]Ta e considerando-se a ortogonalidade

de [ ]a , conforme a equação (2.119), escrevemos

[ ] { } [ ] [ ][ ]

{ } [ ] { } { }T T T

I

a a a aν ν ν ν′ ′= ⇒ = . (2.123)

Substituindo-se (2.123) em (2.122), obtemos

{ } [ ][ ][ ] { }Tt a T aν ν′ ′= . (2.124)

A partir de (2.38) ou (2.121), escrevemos a equação de Cauchy para o vetor tensão,

considerando-se as quantidades envolvida escritas segundo o novo sistema de

coordenadas x’y’z’

{ } [ ] { }t Tν ν′ ′ ′= , (2.125)


2-204

ou seja, o vetor tensão atuando sobre um ponto, associado a uma plano passando por

esse ponto, com as suas componentes cartesianas escritas segundo o sistema x’y’z’ é

o resultado de uma operação linear sobre o vetor que define a orientação do plano

associado ao vetor tensão, com as suas componentes também escritas no novo

sistema de coordenadas. As componentes da matriz [ ]T ′ que representa esse operador

linear (tensor tensão) conseqüentemente deverão ser definidas conforme esse novo

sistema de coordenadas x’y’z’.

Então, a partir das equações (2.124) com (2.125), podemos escrever

{ } [ ] { } [ ][ ][ ] { }Tt T a T aν ν ν′ ′ ′ ′= = . (2.126)

Da equação (2.126) obtemos a relação entre as matrizes [ ]T ′ e [ ]T , ou seja,

[ ] [ ][ ][ ] [ ] [ ] [ ][ ]T TT a T a T a T a′ ′= ⇔ = . (2.127)

A equação (2.127) nos dá a transformação da matriz que representa o estado de

tensão (tensor tensão) em um ponto do sólido, escrita segundo o sistema de

coordenadas cartesianas ortogonais xyz na matriz escrita em outro sistema cartesiano

ortogonal x’y’z’ rotacionado em relação ao primeiro sistema.

A figura 2.81 mostra a representação visual de um mesmo vetor e um mesmo

estado de tensão (tensor tensão) num ponto, em dois sistemas cartesianos ortogonais,

um rotacionado em relação ao outro. As componentes mudam, mas não o vetor e o

tensor em si.


2-205

Figura 2.81 Representação nos sistemas xyz e x’y’z’ das componentes: (a) de um mesmo vetor V ; (b) de um mesmo tensor tensão [ ]T .

A nova matriz que representa o mesmo estado de tensão no ponto, segundo o

novo sistema de coordenadas x’y’z’, tem em cada uma de suas colunas as

componentes do vetor tensão que atua no plano, passando pelo ponto, perpendicular a

cada um dos novos eixos de coordenadas: a primeira coluna contém as componentes

do vetor tensão que atua no plano que passa pelo ponto e que é perpendicular ao eixo

x’; a segunda coluna contém as componentes do vetor tensão que atua no plano

perpendicular ao eixo y’; e a terceira coluna contém as componentes do vetor tensão

que atua no plano perpendicular ao eixo z’.


2-206

Exemplo 2.36 Escrever o estado de tensão no ponto P da barra da figura abaixo sujeita a uma

força axial que produz uma distribuição uniforme de tensões axiais numa seção

transversal da barra, segundo o sistema cartesiano xyz e o sistema x’y’z’ rotacionado

de 90o no sentido horário em relação ao primeiro.

Solução

Considerando-se distribuição uniforme de tensões na seção transversal, escrevemos

xFA

σ = ,

onde A é a área da seção transversal da barra.


2-207

O estado de tensão no ponto P da barra é dado por

[ ]0 0

0 0 00 0 0

x xy xz

xy y yz

xz yz z

F AT


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ] [ ][ ][ ]TT a T a′ = , [ ]0 1 01 0 00 0 1

a−⎡ ⎤

⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. Então, escrevemos

[ ] [ ]0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 01 0 0 0 0 0 1 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0

F AT T F A

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ ′= − ⇒ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Assim, podemos escrever

[ ]0 0 00 00 0 0

x x y x z

x y y y z

x z y z z

T F Aσ τ ττ σ ττ τ σ

′ ′ ′ ′ ′

′ ′ ′ ′ ′

′ ′ ′ ′ ′

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

▲


2-208

Exemplo 2.37 O estado de tensão num ponto é dado por

[ ]3 1 11 0 21 2 0

T MPa⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Determine o vetor tensão que atua no plano cuja normal é paralela ao vetor ˆˆ ˆ2 2i j k+ + .

Depois, suponha que o sistema x’y’z’ seja obtido de xyz por uma rotação de 45o

deste, no sentido anti-horário, em torno do eixo z. Determine as componentes do vetor

tensão e do tensor tensão nesse novo sistema.

Solução

• Vetor normal unitário:

2 2 2ˆˆ ˆ2 2 2 1 2 3u i j k u u= + + ⇒ = + + ⇒ =

ν é paralelo a u ( )1 ˆˆ ˆˆ 2 23

u i j ku

ν⇒ = = + +

• Vetor tensão:

{ }[ ]{ }3 1 1 2 3 31 0 2 1 3 21 2 0 2 3 4 3

x x

y y

z z

t tt T t t MPa

t t

ν ν

ν ν ν

ν ν

ν⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⇒ = ⇒ =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

• Vetor tensão e tensor tensão no sistema de coordenadas x’y’z’:

2 2 2 2 0

2 2 2 2 00 0 1

x y z

x

yz

′

′ −′


2-209

Então, escrevemos

[ ]2 2 2 2 0

2 2 2 2 00 0 1

a

⎡ ⎤⎢ ⎥

= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

O vetor tensão, segundo o novo sistema de coordenadas escreve-se

{ } [ ]{ }2 2 2 2 0 5 2 232 2 2 2 0 2 2 20 0 1 4 3 4 3

x x

y y

z z

t tt a t t t

t t

ν ν

ν ν ν ν

ν ν

′ ′

′ ′

′ ′

⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪′ = ⇒ = − ⇒ = −⎢ ⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎢ ⎥ ⎪ ⎪⎣ ⎦ ⎩ ⎭

.

O tensor tensão, segundo o novo sistema de coordenadas escreve-se

[ ] [ ][ ][ ]2 2 2 2 0 2 2 2 2 03 1 12 2 2 2 0 1 0 2 2 2 2 2 00 0 1 0 2 0 0 0 1

TT a T a

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]5 3 3 2

1 3 1 22

3 2 2 0

T MPa

⎡ ⎤−⎢ ⎥

′ = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

▲

Exemplo 2.38 Num ponto da superfície livre de um sólido (por exemplo, o revestimento inferior

da asa de um avião), considerando-se um sistema cartesiano ortogonal xyz, com o eixo

z normal à superfície, as componentes de tensão são:

100x psiσ = 30xy psiτ = 20y psiσ = .

Como a superfície livre não está em contato com outro corpo, temos

0z xz yzσ τ τ= = =

Obter as componentes de tensão num sistema x’y’z’ rotacionado de 18,43o no sentido

anti-horário em torno do eixo z.


2-210

Solução

[ ]100 30 030 20 00 0 0

T psi⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

cos 18, 43 cos 71,57 cos 90

cos 108, 43 cos 18, 43 cos 90

cos 90 cos 90 cos 0

o o o

o o o

o o o

x y z

x

y

z

′

′

′

Então a matriz [ ]a escreve-se

[ ]0,9487 0,3161 00,3161 0,9487 0

0 0 1a

⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

.

O estado de tensão no ponto, segundo o novo sistema de coordenadas x’y’z’, escreve-

se

[ ] [ ][ ][ ] [ ]0,9487 0,3161 0 100 30 0 0,9487 0,3161 00,3161 0,9487 0 30 20 0 0,3161 0,9487 0

0 0 1 0 0 0 0 0 1

TT a T a T−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ ′= ⇒ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]110 0 0

0 10 00 0 0

T psi⎡ ⎤⎢ ⎥′⇒ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

onde: 110 0

10 00 0

x x y

y x z

z y z

σ τσ τσ τ

′ ′ ′

′ ′ ′

′ ′ ′

⎧ = =⎪ = =⎨⎪ = =⎩


2-211

Representação geométrica:

Comentários:

• A transformação de coordenadas realizada resultou num novo sistema x’y’z’

onde as componentes de cisalhamento dos vetores tensões associados aos três

novos planos mutuamente perpendiculares, respectivamente normais aos eixos

de coordenadas x’, y’ e z’, são nulas. Como veremos na próxima seção, as

componentes de tensões normais resultantes são denominadas de tensões

principais.

• Devemos ter sempre em mente o significado de cada coluna da matriz que

representa o estado de tensão no ponto do sólido:

▲


2-212

2.9 TENSÕES PRINCIPAIS

O exemplo 2.38, apresentado na seção anterior nos mostrou um resultado interessante:

ao rotacionarmos um dado sistema de coordenadas Cartesianas xyz obtivemos um

novo sistema x’y’z’ tal que nesse sistema as novas componentes do estado de tensão

eram apenas tensões normais, ou seja, todas as componentes de cisalhamento se

anularam.

Na realidade, independentemente do estado de tensão num ponto podemos

sempre escolher um novo sistema cartesiano ortogonal de modo que o tensor tensão

tenha todas as componentes de cisalhamento nulas (desde que o tensor tensão seja

simétrico, para que as novas componentes de tensões resultem em números reais). Os

eixos desse sistema especial de coordenadas são denominados eixos principais de

tensão no ponto. As suas direções (dadas em relação ao sistema original de

coordenadas xyz) são chamadas de direções principais. Os três planos mutuamente

perpendiculares, passando pelo ponto considerado e normais aos eixos principais são

denominados planos principais. Os vetores tensões que atuam nos planos principais e

têm apenas componentes normais (as componentes de cisalhamento são nulas) são

denominados de tensões principais. Veja a figura 2.82.

[ ]x xy xz

xy y yz

xz yz z


⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]1

2

3

0 00 00 0

Tσ

σσ

⎡ ⎤⎢ ⎥′ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Figura 2.82 (a) Estado de tensão num ponto segundo um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais xyz; (b) Estado de tensão num ponto segundo um sistema coordenadas cartesianas ortogonais 1,2,3 cujos eixos são paralelos às direções principais.


2-213

Quando conhecemos o estado de tensão num ponto, segundo um sistema de

coordenadas cartesianas xyz, podemos obter as tensões principais e as direções

principais resolvendo-se o seguinte problema: dado o estado de tensão num ponto,

determinar um plano passando pelo ponto tal que o vetor tensão atuando no ponto e

sobre esse plano tenha apenas a componente normal (componente de cisalhamento

nula). Esse plano será um plano principal e esse vetor tensão será uma tensão

principal.

Da equação (2.38) podemos escrever

{ } [ ]{ }t Tν ν= (2.128)

ou

x x xy xz

y xy y yz

z xz yz z

t lt mt n

ν

ν

ν


⎡ ⎤⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥

⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

. (2.129)

onde

ˆˆ ˆˆ l i m j nkν = + + ou { }lmn

ν⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

Mas, a condição é que o vetor ( )t ν tenha apenas componente normal sobre o

plano com orientação ν , conforme mostra a figura 2.83.

Figura 2.83 Vetor tensão normal ao plano com normal unitária ν .


2-214


{ } { }tν σ ν= (2.130)

ou

x

y

z

t lt mt n

ν

ν

ν

σ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

. (2.131)

Das equações (2.129) e (2.131) escrevemos

( )( )

( )

000

x xy xzx xy xz

xy y yz xy y yz

xz yz z xz yz z

l l lm m mn n n

σ σ τ τσ τ τσ τ σ τ τ σ σ τ

τ τ σ τ τ σ σ

⎡ ⎤−⎡ ⎤⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= ⇒ − =⎢ ⎥⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥ −⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦

. (2.132)

A equação (2.132) representa um sistema de equações lineares e homogêneas

em , ,l m n . Como os cossenos diretores , ,l m n devem satisfazer a relação

2 2 2 1l m n+ + = (2.133)

porque 2 2 2 2ˆ 1l m nν = + + = ,

então a equação (2.132) tem que ter solução diferente da trivial, ou seja, , ,l m n não

podem ser nulos simultaneamente.

Mas, para isso, o determinante dos coeficientes da equação (2.132) deve ser

nulo,

( )( )

( )0

x xy xz

xy y yz

xz yz z

σ σ τ τ

τ σ σ τ

τ τ σ σ

−

− =

−

. (2.134)


2-215

A equação (2.134) é uma equação algébrica do 3º grau em σ , cujas três raízes 1σ , 2σ

e 3σ são as tensões principais. Desenvolvendo-se o determinante obtemos

3 2

1 2 3 0I I Iσ σ σ− − − = , (2.135)

onde os coeficientes 1I , 2I e 3I são denominados de invariantes do estado de tensão e

são dados por:

1 x y zI σ σ σ= + + ( ) 2 2 2

2 x y x z y z xy xz yzI σ σ σ σ σ σ τ τ τ= − + + + + +

( )2 2 23 2x y z xy xz yz x yz y xz z xyI σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ= + − + + . (2.136)

Uma vez determinadas as raízes 1σ , 2σ e 3σ (tensões principais) da equação

(2.135), podemos obter as componentes , ,l m n do vetor unitário ν correspondente aos

planos sobre o quais atuam cada uma dessas tensões principais.

Para isso, procedemos como a seguir:

• Substituindo-se uma raiz σ na equação (2.132) o sistema se reduz a apenas

duas equações lineares independentes (com três incógnitas , ,l m n ), as quais

devem ser resolvidas junto com a equação quadrática (2.133). Assim passamos

a ter três equações e três incógnitas.

• Repetimos esse processo para as outras duas raízes σ .

Para cada raiz 1σ , 2σ e 3σ obtemos um conjunto de três cossenos diretores que

definem as direções principais, ou seja, definem os vetores unitários normais aos

planos principais. Como uma das equações é quadrática ( 2 2 2 1l m n+ + = ), duas

soluções serão encontradas para cada vetor ν , representando duas normais,

diretamente opostas, ao mesmo plano. Poderíamos dizer que cada um desses dois

vetores representa uma das duas faces do mesmo plano. Os eixos principais que


2-216

definem esse novo sistema de coordenadas cartesianas são paralelos a esses vetores

unitários 1ν , 2ν e 3ν . Costuma-se denominar os eixos principais normais aos planos

onde atuam 1σ , 2σ e 3σ , respectivamente de 1, 2 e 3.

Exemplo 2.39 Dado o estado de tensão num ponto, conforme a figura abaixo, obter as tensões

principais e as direções principais correspondentes.

Solução

Estado de tensão no ponto: [ ]0 0 00 100 1000 100 200

x xy xz

xy y yz

xz yz z


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦⎣ ⎦

• Tensões principais:

Equação característica: 3 21 2 3 0I I Iσ σ σ− − − = , onde

1 10 ( 100) ( 200) 300x y zI Iσ σ σ= + + = + − + − ⇒ = −

( ) 2 2 22 x y x z y z xy xz yzI σ σ σ σ σ σ τ τ τ= − + + + + +

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2 2 220 100 0 200 100 200 0 0 100 10000I= − + − + − − + + + ⇒ = −⎡ ⎤⎣ ⎦

( )2 2 23 2x y z xy xz yz x yz y xz z xyI σ σ σ τ τ τ σ τ σ τ σ τ= + − + +

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 230 100 200 2 0 0 100 0 100 100 0 200 0 0I⎡ ⎤= − − + − + − + − ⇒ =⎣ ⎦


2-217

Substituindo na equação característica, escrevemos

( ) ( ) ( )3 2 3 2300 10000 0 0 300 10000 0σ σ σ σ σ σ− − − − − = ⇒ + + =

Colocando σ em evidência, escrevemos

( )22

0300 10000 0

300 10000 0σ

σ σ σσ σ

=⎧+ + = ⇒ ⎨ + + =⎩

Então, resolvendo a equação do 2º grau, obtemos as outras duas raízes, ou seja,

2 261,8300 10000 0

38, 2σ σ σ

−⎧+ + = ⇒ = ⎨ −⎩

Assim, as tensões principais escrevem-se

1 2 30 38,2 261,8σ σ σ= = − = −

• Direções principais: As direções principais são obtidas substituindo-se cada tensão principal na equação

(2.132) e resolvendo-se o seguinte sistema de equações em , ,l m n :

( )( )

( )

2 2 2

0 0 0 00 100 100 0 10 100 200 0

lm e l m nn

σσ

σ

−⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− − = + + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− − ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

a) Direção 1: associada à tensão 1 0σ =

Substituímos σ por 1 0σ = na equação acima e escrevemos

( )( )

( )

12 2 2

1 1 1 1

1

0 0 0 0 00 100 0 100 0 10 100 200 0 0

lm e l m nn

−⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− − = + + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− − ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

1 1 2 2 21 1

1 1

100 0 00 0 1 1

100 0 0m m

l ln n

− = ⇒ =⇒ + + = ⇒ = ±

− = ⇒ =


2-218

Então o vetor unitário normal ao plano principal onde atua a tensão 1σ é dado por

1ˆˆ ˆˆ 1 0 0i j kν = ± + +

b) Direção 2: associada à tensão 2 38,2σ = −

Substituímos σ por 2 38, 2σ = − na equação acima e escrevemos

( )( )

( )

22 2 2

2 2 2 2

2

0 38,2 0 0 00 100 38,2 100 0 10 100 200 38,2 0

lm e l m nn

+⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− + = + + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− + ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

22 2 2 22 2

2 22 2 2 2 2

38, 2 0 0 0 01000 11000 61,8 100 0 61,8

61,8

l m n ln n

l m n m n

+ + = ⇒ =⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟− + = ⇒ = ⎝ ⎠

2 20,5257 0,8506n m⇒ = ± = ±

Então o vetor unitário normal ao plano principal onde atua a tensão 2 38, 2σ = − é dado

por

2ˆˆ ˆˆ 0 0,8506 0,5257i j kν = ± ±

22

2

900

270

o

olαα⎧ =

= ⇒ ⎨=⎩


2-219

22

2

31,70,8506

148,3

o

omββ

⎧ == ± ⇒ ⎨

=⎩

22

2

58,20,5257

121,8

o

onγγ⎧ =

= ± ⇒ ⎨=⎩

c) Direção 3: associada à tensão 3 261,8σ = −

Substituímos σ por 2 38,2σ = − na equação acima e escrevemos

( )( )

( )

32 2 2

3 3 3 3

3

0 261,8 0 0 00 100 261,8 100 0 10 100 200 261,8 0

lm e l m nn

+⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− + = + + =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− + ⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

23 3 3 32 2

3 33 3 3 3 3

261,8 0 0 0 01000 11000 161,8 61,8 0 161,8

161,8

l m n ln n

l m n m n

+ + = ⇒ =−⎛ ⎞+ + =− ⎜ ⎟+ + = ⇒ = ⎝ ⎠


2-220

3 20,8506 0,5257n m⇒ = ± = ∓

Então o vetor unitário normal ao plano principal onde atua a tensão 3 261,8σ = − é dado

por

3ˆˆ ˆˆ 0 0,5257 0,8506i j kν = ±∓

33

3

900

270

o

olαα⎧ =

= ⇒ ⎨=⎩

33

3

121,70,5257

58,3

o

omββ⎧ =

= ⊕ ⇒ ⎨=⎩

33

3

31,70,8507

148,3

o

onγγ⎧ =

= ± ⇒ ⎨=⎩


2-221

Resumo dos resultados:

( )( ) ( )( )2 3 2 3ˆ ˆ ˆ ˆ0 0,8506 0,5257 0,5257 0,8506 0ν ν ν ν⋅ = + − + = ⇒ ⊥ ▲

Observações:

1. as tensões principais e as direções principais num ponto dependem apenas do

estado de tensão no ponto. Como o estado de tensão (tensor tensão) num ponto

é invariante com respeito à mudança de sistema de coordenadas, então as

tensões principais e as direções principais no ponto também são invariantes. Em

geral, elas são diferentes em cada ponto do sólido, porque o estado de tensão

em cada ponto, em geral, é diferente, mas se o estado de tensão é uniforme

através do sólido, então as tensões principais e as direções principais são as

mesmas em todos os pontos desse sólido;

2. da observação anterior podemos compreender porque os coeficientes 1I , 2I e 3I

da equação (2.135) são invariantes com respeito ao sistema de coordenadas. Ou

seja, para um dado estado de tensão [ ]T os coeficientes não devem mudar se o

sistema cartesiano xyz for substituído por um outro x’y’z’. Os coeficientes 1I , 2I


2-222

e 3I são denominados, respectivamente, primeiro, segundo e terceiro invariantes

do estado de tensão.

3. as raízes 1σ , 2σ e 3σ da equação (2.135) são sempre reais por serem

autovalores de uma matriz real e simétrica (a matriz [ ]T ). Essa afirmação pode

ser demonstrada com o seguinte raciocínio: supondo-se que existe uma raiz

σ da equação (2.135) que seja complexa e como essa equação tem coeficientes

reais, então o complexo conjugado σ será também raiz da equação.

Consequentemente estará associado a essa raiz conjugada um vetor complexo

conjugado { }ν . Assim, podemos escrever, a partir de (2.128) e (2.130),

[ ]{ } { } [ ]{ } { }T Tν σ ν ν σ ν= = . (2.137)

Pré-multiplicando a primeira equação de (2.137) por { }Tν e a segunda por { }Tν ,

temos

{ } [ ]{ } { } { } { } [ ]{ } { } { }T T T TT Tν ν σ ν ν ν ν σ ν ν= = . (2.138)

Fazendo-se a transposta da primeira das equações (2.138)

{ } [ ]{ }( ) { } { }( )T TT TTν ν σ ν ν= , (2.139)

e desde que [ ]T é simétrica

{ } [ ]{ } { } { }T TTν ν σ ν ν= . (2.140)

Da segunda equação (2.138) e de (2.140) podemos escrever

{ } { } { } { }T Tσ ν ν σ ν ν= .

Então,


2-223

( ){ } { } 0Tσ σ ν ν− = . (2.141)

Como { }ν é solução não trivial da equação (2.132), ou seja { } { }0ν ≠

(conseqüentemente { } { }0ν ≠ ), então

0σ σ σ σ− = ⇒ = . (2.142)

Portanto, de (2.142) podemos concluir que σ tem que ser real.

4. se as tensões principais 1σ , 2σ e 3σ são todas diferentes, então as direções

principais são únicas e mutuamente ortogonais, ou seja, os três planos sobre os

quais essas tensões atuam são únicos e mutuamente perpendiculares, conforme

mostrado a seguir: sejam { }1ν e { }2ν os vetores unitários normais aos planos

onde atuam 1σ e 2σ , respectivamente. De (2.128) e (2.130)

{ } [ ]{ } { } [ ]{ }1 1 1 2 2 2T Tσ ν ν σ ν ν= = .

Pré-multiplicando a primeira das equações acima por { }2Tν e a segunda por

{ }1Tν escrevemos

{ } { } { } [ ]{ } { } { } { } [ ]{ }1 2 1 2 1 2 1 2 1 2T T T TT Tσ ν ν ν ν σ ν ν ν ν= = . (2.143)

Fazendo-se a transposta da primeira equação de (2.143) e levando-se em conta

que [ ]T é simétrica

{ } { }( ) { } [ ]{ }( )1 2 1 2 1

T TT T Tσ ν ν ν ν= ,

{ } { } { } [ ]{ }1 1 2 1 2T T Tσ ν ν ν ν= . (2.144)

Subtraindo a segunda equação de (2.143) de (2.144)

{ } { } { } { }1 1 2 2 1 2 0T Tσ ν ν σ ν ν− = ,


2-224

( ){ } { }1 2 1 2 0Tσ σ ν ν− = . (2.145)

Como, por hipótese, 1 2σ σ≠ , então { } { }1 2 0Tν ν = . Ou seja, os vetores unitários,

normais aos planos principais onde atuam as tensões 1σ e 2σ , são ortogonais.

Portanto, as tensões principais 1σ e 2σ atuam em planos perpendiculares entre

si.

Repetindo-se o desenvolvimento acima, permutando-se os índices 1, 2 e 3 dos

vetores unitários { }ν e das tensões σ , concluiremos que se 1 2 3σ σ σ≠ ≠ , os três

planos onde as tensões principais atuam são mutuamente perpendiculares.

Esses planos são únicos porque cada um é associado a uma raiz σ da equação

(2.135) e essas raízes são únicas.

5. a maior, algebricamente, das três tensões principais atuando num ponto do

sólido é a máxima componente normal de tensão atuando sobre qualquer plano

passando pelo ponto, e a menor, algebricamente, das três tensões principais é a

mínima componente normal de tensão sobre qualquer plano passando pelo

ponto. Isso será demonstrado a seguir: supondo-se que as tensões principais

num ponto do sólido são 1σ , 2σ e 3σ , podemos representar o estado de tensão

no ponto pela matriz

[ ]1

2

3

0 00 00 0

Tσ

σσ

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (2.146)

As suas componentes são escritas segundo o sistema de eixos cartesianos

ortogonais 1,2 e 3, conforme a figura 2.84.


2-225

Figura 2.84 Estado de tensão num ponto definido segundo o sistema de coordenadas cartesianas ortogonais cujos eixos 1,2,3 são paralelos às direções principais

Seja um plano qualquer cuja orientação é dada por

{ }lmn

ν⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

. (2.147)

Da equação (2.38) escrevemos

{ } [ ]{ }1 1

2 2

3 3

0 00 00 0

l lt T m m

n nν

σ σν σ σ

σ σ

⎡ ⎤ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= = =⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

(2.148)

A componente normal do vetor tensão ( )t ν no plano com orientação ν é dada

pelas equações (2.44) e (2.148)

1( ) 2 2 2

2 1 2 3

3

ˆ

Tl lt m m l m n

n n

νν

σσ ν σ σ σ σ

σ

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = = + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

i . (2.149)

Considerando-se, por hipótese, que 1 2 3σ σ σ> > e, desde que 2 2 2 1l m n+ + = ,

então, segue-se de (2.149) que o maior valor algébrico da componente normal

νσ do vetor tensão será obtido fazendo-se l assumir o seu valor máximo e m e


2-226

n os seus valores mínimos, ou seja, 1l = e 0m n= = . O menor valor algébrico da

componente normal νσ obtém-se fazendo n assumir o seu valor máximo e l e m

os seus valores mínimos, ou seja, 1n = e 0l m= = . Assim, podemos escrever,

considerando-se a hipótese 1 2 3σ σ σ> >

( ) ( )1 3max minν νσ σ σ σ= = , (2.150)

e os vetores unitários normais aos planos onde essas tensões atuam são,

respectivamente

1ˆˆ ˆˆ 1 0 0i j kν = + + (plano normal ao eixo 1)

3ˆˆ ˆˆ 0 0 1i j kν = + + (plano normal ao eixo 3).

Poderíamos também empregar o seguinte raciocínio: por hipótese, 1 2 3σ σ σ> > e

escrevemos a componente normal νσ do vetor tensão, em função de suas

tensões principais

2 2 2

1 2 3l m nνσ σ σ σ= + + .

Supondo que exista , ,l m n tais que 1νσ σ> , escrevemos

( )2 2 2 2 2 21 2 3 1 1 2 31l m n l m nνσ σ σ σ σ σ σ σ= + + > ⇒ − < + .

A partir de 2 2 2 1l m n+ + = , escrevemos 2 2 21 l m n− = + .

Substituindo na inequação acima, escreve-se

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 21 2 3 1 2 1 3 0m n m n m nσ σ σ σ σ σ σ+ < + ⇒ − + − <


2-227

Como, por hipótese, 1 2 3σ σ σ> > e como 2 0m > e 2 0n > , o resultado acima

indicado pela inequação é um absurdo. Portanto, não existe νσ maior que 1σ !

Por um raciocínio semelhante, mostra-se que não existe νσ menor que 3σ .

Portanto, uma das três tensões principais atuando num ponto do sólido é a

máxima tensão normal e outra é a mínima tensão normal atuando no ponto.

• Tensão de Cisalhamento Máxima

Como será visto nas próximas seções, a componente de cisalhamento máxima

do vetor tensão atuando num ponto do sólido, sobre um plano passando por esse

ponto, é dada por

( )max max min12

τ σ σ= − . (2.151)

E elas ocorrem aos pares, atuando em planos mutuamente perpendiculares,

cujos vetores normais unitários formam ângulos de 45º com as direções principais

correspondentes a maxσ e minσ .

Deve ser observado que, em geral, as componentes normais de tensão sobre os

planos onde ocorrem as componentes máximas de cisalhamento não são nulas e

podem ser obtidas por

( )max min12νσ σ σ= + . (2.152)

A figura 2.85 ilustra o caso com max 1σ σ= e min 2σ σ= .


2-228

( ) ( )max 1 2 1 21 12 2

τ σ σ σ σ σ= − = +

Figura 2.85 Tensões de cisalhamento máximas

• Estados especiais de tensão

Diversos estados especiais de tensão num ponto merecem atenção. A seguir

apresentamos três estados de tensão que se destacam.

a) Se as três raízes da equação (2.134) são iguais, ou seja, 1 2 3σ σ σ= = , então

todos os planos que passam pelo ponto do sólido tem tensão de cisalhamento

nula, porque pela equação (2.151) a max 0τ = e, pela equação (2.152), tensão

normal 1 2 3σ σ σ σ= = = . Todas as direções podem ser chamadas de direção

principal. Se imaginarmos uma esfera infinitesimal em torno desse ponto, como

na figura 2.86(a), então toda área elementar da sua superfície está apenas sob

tensão normal 1 2 3νσ σ σ σ= = = ( 0ντ = ), onde ν é um vetor unitário arbitrário.

Esse estado de tensão é denominado esférico ou hidrostático, por ser o único

estado de tensão possível para um fluído em repouso.

b) Se duas raízes são iguais e a terceira é diferente, por exemplo, 1 2 3σ σ σ= ≠

então o vetor 3ν é único e perpendicular a 1ν e 2ν que são indefinidos. Ou seja,

todos os planos paralelos a 3ν tem componente de tensão de cisalhamento nula


2-229

e tensão normal 1 2σ σ σ= = . Quaisquer dois vetores unitários perpendiculares

entre si e a 3ν poderão ser escolhidos para 1ν e 2ν . Se imaginarmos um cilindro

circular infinitesimal no ponto, como na figura 2.86(b), com a face plana normal a

3σ , a superfície lateral do cilindro estará apenas sob tensão normal 1 2νσ σ σ= = ,

onde ν é um vetor unitário arbitrário normal a 3ν . Daí, um estado de tensão, com

duas tensões principais iguais e distintas de uma terceira ser denominado

cilíndrico.

Figura 2.86 Estados de tensão (a) esférico ou hidrostático; (b) cilíndrico.

c) Um terceiro estado de tensão especial é aquele em que 1σ σ= , 2σ σ= − e

3 0σ = , conforme a figura 2.87(a). Os planos normais às direções que formam

45º com as direções principais 1 e 2 experimentam apenas tensões de

cisalhamento maxτ σ= , conforme ilustrado na figura 2.87(b).


2-230

max rsτ τ σ= =

Figura 2.87 (a) Estado de tensão num ponto definido pelas tensões principais 1σ σ= ,

2σ σ= − e 3 0σ = ; (b) Componentes de tensão nos planos normais aos eixos que formam 45º com as direções principais 1 e 2 de (a).

Antes de finalizarmos essa seção, é importante enfatizar certos aspectos que já

foram mencionados anteriormente. Suponha que representemos visualmente o estado

de tensão num ponto pelo paralelepípedo elementar da figura 2.88(a). Qualquer que

seja a orientação do sistema de coordenadas Cartesianas ortogonais xyz considerado,

o conhecimento das seis componentes , , , , ,x y z xy xz yzσ σ σ τ τ τ é suficiente para

determinarmos o vetor tensão ( )t ν atuando no ponto sobre qualquer plano normal ao

vetor unitário ν passando por esse ponto. Se conhecermos a priori as direções

principais, então o estado de tensão pode ser descrito apenas pelas três tensões

principais, conforme ilustrado na figura 2.88(b).

Portanto, os dois conjuntos de componentes de tensão podem ser usados para

especificar o estado de tensão no ponto, mas obviamente, o uso das tensões principais

conduz naturalmente a expressões mais simples.


2-231

[ ]x xy xz

xy y yz

xz yz z


⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]1

2

3

0 00 00 0

Tσ

σσ

⎡ ⎤⎢ ⎥′ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Figura 2.88 (a) Estado de tensão definido pelas seis componentes de tensão , , , , ,x y z xy xz yzσ σ σ τ τ τ ; (b) Estado de tensão definido pelas tensões principais.

Exemplo 2.40

Conhecendo-se o estado de tensão em um ponto do sólido, matriz [ ]T , em

termos de suas tensões principais, determine a tensão de cisalhamento máxima e as

orientações dos planos onde ela atua.

[ ]0 0

0 00 0 0

Tσ

σ⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Solução

max 1σ σ σ= = min 2σ σ σ= = − 3 0σ =


2-232

A equação nos dá (2.151)

( ) ( )max max min max1 12 2

τ σ σ σ σ τ σ= − = − − ⇒ =⎡ ⎤⎣ ⎦

• Rotação de 45º anti-horária em torno do eixo 3:

[ ]

1 2 32 2 2 2 0

2 2 2 2 02 2 2 2 0

2 2 2 2 0 0 0 10 0 1

ra

st

⎡ ⎤⎢ ⎥

⇒ = −⎢ ⎥− ⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] [ ][ ][ ]2 2 2 2 0 2 2 2 2 00 02 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 00 0 1 0 0 0 0 0 1

TT a T aσ

σ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]0 0

0 00 0 0

r sr tr

rs s ts rs sr

rt st t

Tσ τ τ στ σ τ σ τ τ στ τ σ

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = = − ⇒ = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦


2-233

• Rotação de 45º horária em torno do eixo 3:

[ ]

1 2 32 2 2 2 0

2 2 2 2 02 2 2 2 0

2 2 2 2 0 0 0 10 0 1

ra

st

⎡ ⎤−⎢ ⎥−

⇒ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] [ ][ ][ ]2 2 2 2 0 2 2 2 2 00 02 2 2 2 0 0 0 2 2 2 2 00 0 1 0 0 0 0 0 1

TT a T aσ

σ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

[ ]0 0

0 00 0 0

r sr tr

rs s ts rs sr

rt st t

Tσ τ τ στ σ τ σ τ τ στ τ σ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = = ⇒ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

▲


2-234

Exemplo 2.41 O estado de tensão em um ponto de um sólido sob ação de cargas externas é

dado pelas componentes de tensão segundo um sistema de coordenadas cartesianas

xyz

[ ]20 0 00 10 00 0 40

x yx zx

xy y zy

xz yz z


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

Calcule a máxima tensão de cisalhamento e claramente identifique os planos sobre os

quais ela atua.

Solução

( ) ( )max max min max1 1 40 10 252 2

τ σ σ τ= − = + ⇒ =

( ) ( )max min1 1 40 10 152 2med medσ σ σ σ= + = − ⇒ =


2-235

• Rotação de 45º anti-horária em torno do eixo 1:

[ ]

1 2 30 0 0

0 2 2 2 20 2 2 2 2

0 2 2 2 21 2 2 2 2

1 0 0

ra

st

⎡ ⎤⎢ ⎥

⇒ = ⎢ ⎥− ⎢ ⎥−⎣ ⎦

[ ] [ ][ ][ ]0 2 2 2 2 0 0 120 0 00 2 2 2 2 0 10 0 2 2 2 2 01 0 0 0 0 40 2 2 2 2 0

TT a T a

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ]15 25 025 15 00 0 20

r sr tr

rs s ts

rt st t


⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Se fizermos uma rotação de 45º no sentido horário, obtermos o mesmo

resultado, ou seja,


2-236

• Rotação de 45º horária em torno do eixo 1:

[ ]

1 2 30 0 0

0 2 2 2 20 2 2 2 2

0 2 2 2 21 2 2 2 2

1 0 0

ra

st

⎡ ⎤− ⎢ ⎥

⇒ = −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ] [ ][ ][ ]0 2 2 2 2 0 0 120 0 00 2 2 2 2 0 10 0 0 2 2 01 0 0 0 0 40 2 2 2 2 0

TT a T a

⎡ ⎤− ⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎣ ⎦⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

[ ]15 25 025 15 00 0 20

r sr tr

rs s ts

rt st t


−⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

▲


2-237

2.10 ESTADO PLANO DE TENSÕES

O estado de tensão num ponto de um sólido carregado, representado como na figura

2.89 é denominado de estado plano de tensões.

[ ]00

0 0 0

x xy

xy yTσ ττ σ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Figura 2.89 Estado plano de tensões num ponto

Um estado plano de tensões existe quando existe um eixo z (ou algum outro eixo

ortogonal) de um sistema de coordenadas ortogonais xyz tal que 0z xz yzσ τ τ= = = e o

carregamento e as tensões restantes ( xσ , yσ , xyτ ) são funções somente das

coordenadas x e y.

Se não houver carregamento na superfície livre de um sólido, de modo que a

componente de tensão normal e as componentes de tensões tangenciais

(cisalhamento) sejam nulas, os pontos dessa superfície estão sob estado plano de

tensões. Se, ao longo da espessura desse sólido, assumirmos que as tensões variam

apenas com as coordenadas x e y e independem de z (normal ao plano local da

superfície), os pontos do interior desse sólido estarão também sob um estado plano de

tensões. Isso pode ocorrer em chapas finas carregadas de modo que as componentes


2-238

de tensões na direção da normal ao plano local da chapa sejam nulas, conforme figura

2.90.

Figura 2.90 (a) Ponto no interior de uma chapa; (b) Estado plano de tensões no ponto no interior da chapa

Como estamos supondo que sobre o plano normal ao eixo z do sistema de

coordenadas cartesianas ortogonais adotado xyz as componentes de cisalhamento são

nulas ( 0xz yzτ τ= = ), esse é um plano principal. Nesse caso em particular, a tensão

principal atuando sobre esse plano é nula ( 0zσ = ) e a direção desse plano é paralela

ao eixo z. Como os vetores unitários que definem as direções dos outros dois plano

principais são normais a essa direção, eles estão, portanto, localizados no plano xy.

Tensões Principais Então, para obtermos as outras duas tensões principais e as suas direções

principais basta fazermos uma rotação adequada do sistema de coordenadas xyz em

torno do eixo z, como mostra a figura 2.91.


2-239

(a) (b)

[ ]00

0 0 0

x xy

xy yTσ ττ σ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]0 0

0 00 0 0

x

ypT

σσ

′

′

⎡ ⎤⎢ ⎥′ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Figura 2.91 (a) Estado plano de tensões no ponto conforme sistema cartesiano xyz;

(b) Tensões principais no ponto.

Uma das vantagens que veremos a seguir é que a transformação de

coordenadas poderá ser referenciada a apenas um ângulo, θ , o qual representará uma

rotação adotada como anti-horária em torno do eixo z (paralelo a uma direção principal

conhecida), conforme mostra a figura 2.92.

Figura 2.92 Novo sistema de coordenadas cartesianas x’y’z’ obtido por uma rotação anti-horária do sistema xyz em do eixo z.


2-240

A matriz de transformação de coordenadas [ ]a é obtida como a seguir

[ ]cos 0

cos 00 0 1

sena sen

θ θθ θ

⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(2.153)

Da equação (2.127) temos

[ ] [ ][ ][ ]TT a T a′ = .

Substituindo (2.153) na equação acima escrevemos

[ ]cos 0 0 cos 0

cos 0 0 cos 00 0 1 0 0 0 0 0 1

x xy

xy y

sen senT sen sen

θ θ σ τ θ θθ θ τ σ θ θ

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Efetuando-se as multiplicações das matrizes obtemos

[ ]00

0 0 0

x x y

x y yTσ ττ σ

′ ′ ′

′ ′ ′

⎡ ⎤⎢ ⎥′ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (2.154)

onde

( )2 2cos 2 cosx x y xysen senσ σ θ σ θ τ θ θ′ = + +

( )2 2cos 2 cosy x y xysen senσ σ θ σ θ τ θ θ′ = + + −

( ) ( )2 2cos cosx y x y xysen senτ σ σ θ θ τ θ θ′ ′ = − − + − . (2.155)


2-241

Considerando-se as identidades trigonométricas

( )2 1cos 1 cos 22

θ θ= +

( )2 1 1 cos 22

sen θ θ= −

2 2 cossen senθ θ θ= , (2.156)

as equações (2.155) escrevem-se

cos 2 22 2

x y x yx xysen

σ σ σ σσ θ τ θ′

+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

cos 2 22 2

x y x yy xysen


+ −⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 cos 22

x yx y xysen

σ στ θ τ θ′ ′

−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠. (2.157)

As equações (2.157) nos dão as componentes do estado de tensões no ponto,

no sistema x’y’z’ obtido a partir de uma rotação θ anti-horária do sistema de

coordenadas cartesianas ortogonais xyz em torno do eixo z. O eixo z’ é, portanto,

paralelo ao eixo z do sistema original.

Verifica-se facilmente que a componente yσ ′ pode ser obtida a partir da primeira

equação (2.157) se considerarmos uma rotação de 90oθ + . Isso já era esperado porque

os eixos x’ e y’ são mutuamente perpendiculares.

A figura 2.93 mostra o estado de tensão no ponto considerado, escrito segundo o

sistema de coordenadas x’y’z’.


2-242

[ ]00

0 0 0

x xy

xy yTσ ττ σ⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]00

0 0 0

x x y

x y yTσ ττ σ

′ ′ ′

′ ′ ′

⎡ ⎤⎢ ⎥′ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Figura 2.93 Estado plano de tensões escrito no novo sistema x’y’z’. Exemplo 2.41 O estado plano de tensões em certo ponto da superfície da fuselagem de um

avião é representado na figura. Escrever o estado de tensão nesse ponto segundo um

sistema de coordenadas rotacionado de 30º no sentido horário em torno do eixo z do

sistema xyz.


2-243

Solução

A matriz que representa o estado de tensão no ponto escreve-se

[ ]80 25 025 50 00 0 0

T− −⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

onde: 805025

x

y

xy

MPaMPaMPa

σστ

⎧ = −⎪ =⎨⎪ = −⎩

Como a rotação é no sentido horário, escrevemos

30oθ = − .

A partir das equações (2.157) escrevemos

cos 2 22 2

x y x yx xysen


+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )0 080 50 80 50 cos 2 30 25 2 30 25,82 2x xsen MPAσ σ′ ′

− + − −⎛ ⎞= + − + − − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

cos 2 22 2

x y x yy xysen


+ −⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )80 50 80 50 cos 2 30 25 2 30 4,152 2

o oy ysen MPaσ σ′ ′

− + − −⎛ ⎞= − − − − − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠


2-244

2 cos 22

x yx y xysen


−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )80 50 2 30 25 cos 2 30 68,82

o ox y x ysen MPaτ τ′ ′ ′ ′

− −⎛ ⎞= − − + − − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

A figura a seguir mostra a representação geométrica do estado de tensão no ponto

segundo o novo sistema de coordenadas x’y’z’.

▲

Somando-se as duas primeiras equações de (2.157) obtemos

2 2x y x y

x y x y x y

σ σ σ σσ σ σ σ σ σ

+ +′ ′ ′ ′+ = + ⇒ + = + . (2.158)

Esse resultado é o primeiro invariante do estado de tensão no ponto, 1I , ou seja

1 x y z x y zI σ σ σ σ σ σ′ ′ ′= + + = + + .

Como, nesse caso 0z zσ σ ′= = , escrevemos

1 x y x yI σ σ σ σ′ ′= + = + . (2.159)

Das equações (2.157) observamos que as componentes de tensões normais e

de cisalhamento são funções da variável θ . Portanto, devem existir ângulos θ , para os

quais essas funções assumem valores extremos. Para determinarmos esses ângulos,

procedemos da seguinte maneira: derivamos as funções ( )x xσ σ θ′ ′= e ( )y yσ σ θ′ ′= em

relação a 2θ e igualamos as derivadas a zero


2-245

2

2 cos 2 0 tan 2(2 ) 2

x y xyxxy px

x y

d send

σ σ τσ θ τ θ θθ σ σ′ −⎛ ⎞= − + = ⇒ =⎜ ⎟ −⎝ ⎠

(2.160)

2

2 cos 2 0 tan 2(2 ) 2

y x y xyxy py

x y

dsen

dσ σ σ τ

θ τ θ θθ σ σ′ −⎛ ⎞= − = ⇒ =⎜ ⎟ −⎝ ⎠

. (2.161)

De (2.160) e (2.161) podemos concluir que os ângulos 2 pxθ e 2 pyθ ou são iguais ou são

defasados de 180º . Então, podemos escrever

2tan 2 xy

px y

τθ

σ σ=

− (2.162)

onde 2

2 arctan xyp

x y

τθ

σ σ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ é o dobro do ângulo θ para o qual, as tensões normais xσ ′

e yσ ′ tem os seus valores extremos. Como 2 pθ varia no intervalo [ ]0, 2π , então existem

dois valores possíveis desse ângulo para o mesmo valor da tangente e esses ângulos

são defasados de 180º . Assim, escrevemos

( ) 22 2 180 tan 2 tan 2 180 xyo o

p p p px y

eτ

θ θ θ θσ σ

+ ⇒ = + =−

. (2.163)

Portanto, pθ e 90opθ + são soluções da equação (2.163). Esses ângulos são aqueles ,

para os quais xσ ′ e yσ ′ tem os seus valores extremos. Como a soma das componentes

normais de tensão do estado de tensão no ponto é invariante ( 1I é constante no ponto),

então se um dos valores for máximo o outro necessariamente será mínimo, ou seja,

eles não podem ser máximos ou mínimos simultaneamente.

A figura 2.94 mostra um esquema auxiliar, baseado na definição de tan 2 pθ , para

a determinação do seno e do cosseno de 2 pθ e 2 180opθ + .


2-246

Figura 2.94 Esquema auxiliar para determinação do seno e do cosseno de 2 pθ e

2 180opθ + .

De (2.163), temos

( ) ( )( )2 1802 2 2

tan 2 tan 2 180cos 2 cos 2 180

opp xy xyo

p p op x y x yp

sensen θθ τ τθ θ

θ σ σ σ σθ

+= = + = =

− −+.

Da figura 2.94 escrevemos

2 cos 22

xy x yp psen

R Rτ σ σ

θ θ−

= = (2.164)

( ) ( ) ( )2 180 cos 2 180

2x yxyo o

p psenR R

σ στθ θ

− −−+ = + = , (2.165)

onde

22

2x y

xyRσ σ

τ−⎛ ⎞

= +⎜ ⎟⎝ ⎠

(2.166)

Substituindo adequadamente as equações (2.164) ou (2.165) em (2.157) escrevemos:


2-247

• Considerando-se o ângulo 2 pθ :

( )2 2 2p

x y x y x y xyx xyR Rθ

σ σ σ σ σ σ τσ τ′

+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2 2p

x y x y x y xyy xyR Rθ

σ σ σ σ σ σ τσ τ′

+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) 02 2p

x y xy x yx y xyR Rθ

σ σ τ σ στ τ′ ′

− −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠. (2.167)

Substituindo-se (2.166) em (2.167) obtemos

( )2

21 2 2p

x y x yx xyθ

σ σ σ σσ σ τ′

+ −⎛ ⎞= = + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2

22 2 2p

x y x yy xyθ

σ σ σ σσ σ τ′

+ −⎛ ⎞= = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) 0p

x y θτ ′ ′ = . (2.168)

Como a componente de cisalhamento ( )p

x y θτ ′ ′ é nula nos planos normais aos

eixos 1 e 2 , orientados pelo ângulo pθ , então as componentes normais 1σ e 2σ de

(2.168) são tensões principais, porque as componentes x z xzτ τ′ ′ = e y z yzτ τ′ ′ = também são

nulas nesses planos, e os eixos 1 e 2 são eixos principais, conforme ilustrado na figura

2.95.


2-248

Figura 2.95 Orientação pθ das direções principais 1 e 2.

• Considerando-se o ângulo 2 180opθ + :

( ) 90 2 2 2o

p

x y x y x y xyx xyR Rθ

σ σ σ σ σ σ τσ τ

+

+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = + − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )90 2 2 2o

p

x y x y x y xyy xyR Rθ

σ σ σ σ σ σ τσ τ

+

+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = − − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )90

02 2o

p

x y xy x yxy xyR Rθ

σ σ τ σ στ τ

+

− −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = − − + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠. (2.169)

Substituindo-se (2.166) em (2.169) escrevemos


2-249

( )2

22 90 2 2o

p

x y x yx xyθ

σ σ σ σσ σ τ′ +

+ −⎛ ⎞= = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2

21 90 2 2o

p

x y x yy xyθ

σ σ σ σσ σ τ′ +

+ −⎛ ⎞= = + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )90

0op

x y θτ ′ ′ +

= . (2.170)

Como a componente de cisalhamento ( )90o

px y θ

τ ′ ′ +é nula no plano normais aos eixos 1 e

2, orientados pelo ângulo 90opθ + , então as componentes normais 1σ e 2σ de (2.170)

são tensões principais porque as componentes x z xzτ τ′ ′ = e y z yzτ τ′ ′ = também são nulas

nesses planos, e os eixos 1 e 2 são eixos principais, conforme ilustrado na figura 2.96.

Figura 2.96 Orientação 90opθ + das direções principais 1 e 2.

Comparando-se os resultados ilustrados nas figuras 2.95 e 2.96, vemos que elas

representam a mesma realidade física. Elas representam o mesmo estado de tensão no

ponto. A figura 2.95 mostra uma rotação no sentido anti-horário igual a pθ (o eixo x’ é o


2-250

eixo principal 1 e o eixo y’ é o eixo principal 2 ) enquanto que a figura 2.96 mostra uma

rotação no mesmo sentido igual a 90opθ + (o eixo x’ é o eixo principal 2 e o eixo y’ é o

eixo principal 1).

Tensão de Cisalhamento xyτ Máxima

Da equação (2.157) vemos que a componente de cisalhamento x yτ ′ ′ é função do

ângulo θ . Podemos, portanto, obter os ângulos θ para os quais essa componente de

tensão tem os seus valores extremos. Para determinarmos esses ângulos, procedemos

da seguinte maneira: derivamos a função ( )x y x yτ τ θ′ ′ ′ ′= em relação a 2θ e igualamos a

derivada a zero

cos 2 2 0 tan 2(2 ) 2 2

x y x y x yxy s

xy

dsen

dτ σ σ σ σ

θ τ θ θθ τ′ ′ − −⎛ ⎞

= − − = ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

. (2.171)

onde ( )2 arctan 2s x y xyθ σ σ τ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ é o dobro do ângulo θ para o qual, a tensão de

cisalhamento x yτ ′ ′ tem o seu valor extremo. Como 2 sθ varia no intervalo [ ]0, 2π , então

existem dois valores possíveis desse ângulo para o mesmo valor da tangente e esses

ângulos são defasados de 180º . Assim. Podemos escrever

( )2 2 180 tan 2 tan 2 1802x yo o

s s s sxy

eσ σ

θ θ θ θτ−

+ ⇒ = + = − . (2.172)

Portanto, sθ e 90osθ + são soluções da equação (2.172). Esses ângulos são aqueles

para os quais a tensão de cisalhamento x yτ ′ ′ tem o seu valor extremo.

Comparando-se a equação (2.171) com a equação (2.162) temos


2-251

1tan 2tan 2s

p

θθ

= − . (2.173)

De (2.173) concluímos que

2 2 90 45o os p s pθ θ θ θ= + ⇒ = + , (2.174)

o que pode ser facilmente verificado como a seguir:

(2 90 ) cos 2 1tan 2 tan(2 90 )cos(2 90 ) 2 tan 2

op po

s p op p p

sensen

θ θθ θ

θ θ θ+

= + = = = −+ −

.

Denominando-se de x’y’z’ o novo sistema de coordenadas cartesianas ortogonais

obtidos a partir do sistema xyz com um rotação sθ no sentido anti-horário em torno eixo

z, a figura 2.97 ilustra o resultado de (2.174).

Figura 2.97 Orientação sθ dos eixos x’ e y’ normais aos planos onde atuam ( )maxxyτ

A partir da equação (2.172) constrói-se o esquema da figura 2.98 que auxilia na

determinação do seno e do cosseno dos ângulos 2 sθ e 2 180osθ + .


2-252

Figura 2.98 Esquema auxiliar para determinação do seno e do cosseno de 2 sθ e 2 180o

sθ + .

De (2.172) escrevemos

( ) ( )( )2 1802tan 2 tan 2 180

cos 2 2 2cos 2 180

osx y x yos

s s os xy xys

sensen θσ σ σ σθθ θθ τ τθ

+− −= = − + = = −

+.

Da figura 2.98

2 cos 22

x y xys ssen

R Rσ σ τ

θ θ−

= − = (2.175)

( ) ( ) ( )2 180 cos 2 1802

x y xyo os ssen

R Rσ σ τ

θ θ− −

+ = + = , (2.176)

onde R é definido em (2.166).

Substituindo adequadamente as equações (2.175) ou (2.176) em (2.157) escrevemos


2-253

• Considerando-se o ângulo 2 sθ :

( )2 2 2s

x y x y xy x yx xyR Rθ

σ σ σ σ τ σ σσ τ′

+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2 2s

x y x y xy x yy xyR Rθ


+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2s

x y x y xyx y xyR Rθ

σ σ σ σ ττ τ′ ′

− −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠. (2.176)

Substituindo-se (2.166) em (2.176) obtemos

( ) ( )2s s

x ymed x yθ θ

σ σσ σ σ′ ′

+= = = (2.177)

( ) ( )2

2

max 2s

x yxy x y xyθ

σ στ τ τ′ ′

−⎛ ⎞= = +⎜ ⎟

⎝ ⎠. (2.178)

• Considerando-se o ângulo 2 180osθ + :

( )2 2 2s

x y x y xy x yx xyR Rθ


+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2 2s

x y x y xy x yy xyR Rθ


+ − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2 2s

x y x y xyx y xyR Rθ

σ σ σ σ ττ τ′ ′

− − −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠. (2.179)


2-254

Substituindo (2.166) em (2.179) obtemos

( ) ( )90 90 2o os s

x ymed x yθ θ

σ σσ σ σ′ ′+ +

+= = = (2.180)

( ) ( )2

2

max 90 2os

x yxy x y xyθ

σ στ τ τ′ ′ +

−⎛ ⎞= = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠. (2.181)

Os valores em módulo de ( )s

x y θτ ′ ′ e ( )

90os

x y θτ ′ ′ +

de (2.178) e (2.181), respectivamente,

são os valores máximos da tensão de cisalhamento xyτ atuando em dois planos

mutuamente perpendiculares e paralelos ao eixo z do sistema cartesiano xyz

considerado na definição do estado de tensão no ponto do sólido. Portanto, esses dois

planos são também perpendiculares ao plano xy.

O sinal (+) ou (-) para a componente de cisalhamento não tem um significado

físico como tem para as componentes normais. A figura 2.99 ilustra os resultados de

(2.177), (2.178), (2.180) e (2.181).

Figura 2.99 Orientações dos eixos r e s normais aos planos onde atuam ( )maxxyτ e medσ


2-255

• Resumo dos resultados

A seguir apresentamos um resumo dos resultados obtidos :

2

21 2 2

x y x yxy

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠ (2.182)

2

22 2 2

x y x yxy

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠ (2.183)

Subtraindo-se a equação (2.183) de (2.182), dividindo-se o resultado por 2 e

comparando com (2.178) podemos escrever

( ) ( )2

21 2max

12 2

x yxy xy

σ στ τ σ σ

−⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟

⎝ ⎠. (2.184)

Somando-se as equações (2.182) e (2.183), dividindo-se o resultado por 2 e

comparando com (2.177) podemos escrever

1 2

2 2x y

med

σ σ σ σσ+ +

= = (2.185)

As orientações dos planos principais e dos planos onde atuam ( )maxxyτ e medσ são dadas,

respectivamente por

22 arctan xy

px y

τθ

σ σ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟−⎝ ⎠ (2.186)

2 arctan2x y

sxy

σ σθ

τ⎛ ⎞−

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

ou 45os pθ θ= + (2.187)


2-256

Tensão de Cisalhamento Máxima Absoluta

Uma vez determinadas as tensões principais 1σ e 2σ , podemos agora representar o

estado de tensão no ponto pela matriz

[ ]1

2

3

0 00 00 0 0

Tσ

σσ

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥=⎣ ⎦

.

De modo semelhante ao que fizemos anteriormente para o eixo z ( 0zσ = era uma

tensão principal conhecida a priori), podemos agora, efetuar rotações de 45º em torno

de cada eixo principal e obter as tensões de cisalhamento máximas atuando em planos

paralelos a cada eixo de rotação. Supondo-se, por exemplo, que 1 2 3 0zσ σ σ σ> > = =

podemos escrever

( ) ( ) ( ) ( )max 1 2 1 21,2 1,2

1 12 2medτ σ σ σ σ σ= − = + . (2.188)

( ) ( ) ( ) ( )max 1 3 1 31,3 1,3

1 12 2medτ σ σ σ σ σ= − = + . (2.189)

( ) ( ) ( ) ( )max 2 3 2 32,3 2,3

1 12 2medτ σ σ σ σ σ= − = + . (2.190)

A figura 2.100 nos ajuda a visualizar esses resultados.

Figura 2.100 (a) rotação em torno do eixo 3; (b) rotação em torno do eixo 2; (c) rotação em torno do eixo 1


2-257

Assim, podemos definir a tensão de cisalhamento máxima absoluta, como a maior das

três tensões de cisalhamento dadas pelas equações (2.188)-(2.190)

( ) ( ) ( ) ( )max max min max min1 12 2medabs

τ σ σ σ σ σ= − = + . (2.191)

Estado Plano de Tensões Generalizado

Quando a componente de tensão normal, que atua sobre o plano onde as tensões de

cisalhamento são nulas, é diferente de zero, esse estado de tensão é denominado de

estado plano de tensões generalizado e pode ser representado, num sistema de

coordenadas cartesianas ortogonais xyz, pela matriz

[ ]00

0 0

x xy

xy y

z

Tσ ττ σ

σ

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Como as componentes de cisalhamento 0xz yzτ τ= = , a tensão normal zσ é uma

tensão principal. Portanto, podemos aplicar tudo o que foi desenvolvido para o estado

plano de tensões ( 0zσ = ), no caso generalizado e obtermos as outras duas tensões

principais e as tensões de cisalhamento máximas e as orientações dos planos sobre os

quais elas atuam.

As tensões principais 1σ , 2σ , a tensão de cisalhamento máxima ( )maxxyτ e a

tensão de cisalhamento máxima absoluta serão dadas pelas equações (2.182)-(2.184)

e (2.191).


2-258

Exemplo 2.42

O estado de tensão de um ponto da superfície de uma barra circular sujeita à

torção, como mostra a figura abaixo, é representado pelas componentes de tensões

segundo um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais xyz

[ ]0 0

0 00 0 0

Tτ

τ−⎡ ⎤

⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Determinar: (a) As tensões principais; (b) a tensão de cisalhamento xyτ máxima e a

tensão normal média; (c) a tensão de cisalhamento máxima absoluta.


2-259

Solução

0x y z xz yzσ σ σ τ τ= = = = = e xyτ τ= −


Uma tensão principal já é conhecida: 3 0zσ σ= = . Ela é uma tensão principal porque as

componentes de cisalhamento no seu plano de atuação (plano normal ao eixo z) são

nulas ( 0xz yxτ τ= = ).

A partir das equações (2.182) e (2.183) escrevemos

( )2 2

1221,2

2

0 0 0 02 2 2 2

x y x yxy

σ τσ σ σ σσ τ τ

σ τ

⎧ =+ −⎛ ⎞ + − ⎪⎛ ⎞= ± + = ± + − ⇒ ⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ = −⎝ ⎠ ⎪⎩

• Orientação dos eixos principais:


( )2 2 90 4522 arctan arctan

2 180 270 1350 0

o oxy p p

p o o op px y

τ θ θτθ

θ θσ σ⎛ ⎞ ⎧ = ⇒ =−⎡ ⎤ ⎪= = ⇒⎜ ⎟ ⎨⎢ ⎥⎜ ⎟ + = ⇒ =− − ⎪⎣ ⎦ ⎩⎝ ⎠


2-260

Para sabermos a qual plano se refere um dos ângulos pθ obtidos acima, nós

substituimos 45opθ = na primeira equação (2.157), escrevemos

( ) ( ) ( )cos 2 22 2p

x y x yx p xy psen

θ


+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) 245

0 0 0 0 cos 2 45 2 452 2 o

o oxsenτ σ τ σ′

+ −⎛ ⎞= + + − ⇒ = − =⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, temos

45opθ = está associado a 2σ

135opθ = está associado a 1σ

A figura a seguir ilustra esses resultados.

• Tensão de cisalhamento ( )maxxyτ :



2-261

( ) ( ) ( ) ( )1 2max max

1 12 2xy xyτ σ σ τ τ τ τ= − = − − ⇒ =⎡ ⎤⎣ ⎦ ,

e da equação (2.185) escrevemos

1 2 02 2med med

σ σ τ τσ σ+ −= = ⇒ =

• Orientação dos planos onde atuam ( )maxxyτ :


0 02 arctan arctan 02 2x y o

s sxy

σ σθ θ

τ τ⎛ ⎞− −⎛ ⎞= − = − ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠⎝ ⎠

O sentido de ( )maxxyτ no seu plano de atuação é dado por

( ) ( ) ( ) ( )0 0

0 0sin 2 0 cos 2 0

2o os s

x yx y xy x yθ θ

σ στ τ τ τ′ ′ ′ ′= =

−⎛ ⎞= − + ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

A figura a seguir ilustra esses resultados.

• Tensão de cisalhamento máxima absoluta:


( ) ( ) ( ) ( )max max min max1 12 2abs abs

τ σ σ τ τ τ τ= − = − − ⇒ =⎡ ⎤⎣ ⎦ ▲


2-262

Exemplo 2.43

O estado de tensão em um ponto de um sólido é representado por

[ ]20 60 0

60 90 00 0 0

T−⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Representá-lo em termos das tensões principais.

Solução

A figura a seguir representa o estado de tensão no ponto considerado,

onde

20 90 60x y xyMPa MPa MPaσ σ τ= − = = .

• Orientação dos planos principais:


( ) ( )2 2 60

2 arctan arctan arctan 1,09120 90

xyp

x y

τθ

σ σ⎛ ⎞ ⎡ ⎤

= = = −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟− − −⎣ ⎦⎝ ⎠

Então, temos


2-263

2 47,5 23,7o op pθ θ= − ⇒ = − ou

2 180 132,5 90 66,3o o o op pθ θ+ = ⇒ + =



( )2 2

1221,2

2

116,420 90 20 90 602 2 2 2 46,4

x y x yxy

σσ σ σ σσ τ

σ

⎧ =+ −⎛ ⎞ − + − − ⎪⎛ ⎞= ± + = ± + ⇒ ⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ = −⎝ ⎠ ⎪⎩

• Plano sobre o qual atua cada tensão principal:

Consideramos um dos valores de pθ obtidos, por exemplo 23,7opθ = − , na primeira

equação (2.157)

( ) ( ) ( )cos 2 22 2p

x y x yx p xy psen

θ


+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) 23,7

20 90 20 90 cos 2 23,7 60 2 23,7 46,42 2 o

o oxsen σ ′ −

− + − −⎛ ⎞= + − + − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, a tensão principal que atua no plano cuja normal faz o ângulo 23, 4opθ = − com o

eixo x é 2 46,4σ = − . Portanto, 1 116,4σ = atuam no plano cuja normal forma o ângulo

66,3o com o eixo x., conforme mostra a figura a seguir.


2-264

A matriz que representa o estado de tensão no ponto, escrita segundo o sistema

de coordenadas x’y’z’ (1,2,3) em termos das tensões principais é a seguinte:

[ ]116,4 0 0

0 46,4 00 0 0

T⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

▲

Exemplo 2.44

Representar o estado de tensão do exemplo 2.43 em termos da tensão ( )maxxyτ e

da tensão normal média.

Solução

A figura a seguir representa o estado de tensão no ponto considerado,

onde : 20 90 60x y xyMPa MPa MPaσ σ τ= − = = .

• Orientação dos planos onde atua a tensão de cisalhamento máxima e a tensão normal média:


( ) ( )20 902 arctan arctan 2 arctan 0,91672 2 60x y

s sxy

σ σθ θ

τ⎛ ⎞ ⎡ ⎤− − −

= − = − ⇒ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠

Então, temos:

2 42,5 21,3o os sθ θ= ⇒ = ou 02 180 222,5 90 111,3o o o

s sθ θ+ = ⇒ + =


2-265



( ) ( ) ( )2 2

22

max max

20 90 60 81,42 2

x yxy xy xy Mpa

σ στ τ τ

−⎛ ⎞ − −⎛ ⎞= + = + ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

• Tensão normal média:


20 90 352 2

x ymed med MPa

σ σσ σ

+ − += = ⇒ =

• Sentido de ( )maxxyτ no plano cuja normal faz 21,3º com o eixo x:

A partir da terceira equação (2.157), com 21,3osθ = , escrevemos

( ) ( ) ( )2 cos 22s

x yx y s xy ssen

θ


−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( )20 90 2 21,3 60 cos 2 21,3 81,4 ( )2 s

x ysenθ

τ ′ ′− −⎛ ⎞= − + ⇒ = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

A figura a seguir mostra esses resultados e a matriz que representa o estado de tensão

no ponto, escrita em termos da tensão de cisalhamento máxima e da tensão média,

segundo o sistema de coordenadas x’y’z’ é a seguinte:


2-266

[ ]35 81,4 0

81,4 35 00 0 0

T⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

▲

Exemplo 2.45 Um bloco retangular de madeira é carregado como mostra a figura abaixo.

Calcule a tensão normal e a tensão de cisalhamento num plano paralelo às fibras da

madeira. Considere os valores médios das tensões e atuando de modo uniforme em

todos os pontos do bloco.

Solução

Considerar que as tensões atuam de modo uniforme significa que todos os pontos do

bloco de madeira estão sujeitos ao mesmo estado de tensões e a figura a seguir nos


2-267

mostra uma representação geométrica do estado de tensão num ponto genérico do

bloco.

210000 2000 /(5)(3) 3y y lb inσ σ−

= ⇒ = −

0x z xy xz yzσ σ τ τ τ= = = = =

A representação geométrica se simplifica como a seguir:


2-268

Como queremos obter a componente de tensão normal e a de cisalhamento num

plano paralelo às fibras da madeira basta considerarmos um novo sistema de

coordenadas x’y’z’ de modo que o eixo x’ seja normal a esse plano. Então,

rotacionamos o sistema xyz de 60º no sentido anti-horário em torno do eixo z, conforme

mostra a figura acima

A partir das equações (2.157) escrevemos

( ) ( ) ( )60cos 2 60 2 60

2 2ox y x y o o

x xysenθ

σ σ σ σσ τ′ =

+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 00 2000 3 0 2000 3cos 2 60 0 2 60

2 2sen

+ − − −⎡ ⎤= + +⎢ ⎥

⎣ ⎦

( ) 260

500 /ox lb inθ

σ ′ =⇒ = −

( ) ( ) ( )60

2 60 cos 2 602o

x y o ox y xysen

θ

σ στ τ′ ′ =

−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

60

0 2000 3 32 60 0 cos 2 60 500 /2 3o

o ox ysen lb in

θτ ′ ′ =

− −⎡ ⎤= − + ⇒ = −⎢ ⎥

⎣ ⎦

A figura a seguir mostra os resultados obtidos.


2-269

▲

Exemplo 2.46 O vaso de pressão cilíndrico tem raio interno r=1,25 m e espessura da parede

t=15 mm. É feito de chapas de aço soldadas ao longo da costura a 45o. Determinar os

componentes da tensão normal e de cisalhamento ao longo da costura se o vaso

estiver sujeito a uma pressão interna p=8 MPa. O estado de tensão de um ponto na

superfície é dado por 0xyτ = e yσ , xσ , orientadas respectivamente na direção

circunferencial e na direção longitudinal, e que podem ser obtidas a partir das seguintes

equações:

yprt

σ = 2xprt

σ =


2-270

Solução

O estado de tensão num ponto da superfície do cilindro pode ser representado como a

seguir.

( )( )( )

8 1,25333

2 2 0,015x xpr MPat

σ σ= = ⇒ = ( )( )8 1, 25667

0,015y ypr MPat

σ σ= = ⇒ =

Para obtermos a tensão normal e a de cisalhamento num plano paralelo ao

cordão de solda, basta fazermos uma transformação de coordenadas rotacionando o

sistema xyz de 45º no sentido anti-horário, conforme mostra a figura a seguir.


( ) ( ) ( )0 045

cos 2 45 2 452 2

ox y x y

x xysenθ

σ σ σ σσ τ′ =−

+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )0 0333 667 333 667 cos 2 45 0 2 452 2

sen+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) 45500ox MPa

θσ ′ =−

⇒ =


2-271

( ) ( ) ( )0 0

45cos 2 45 2 45

2 2o

x y x yy xysen

θ

σ σ σ σσ τ′ =−

+ −⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )0 0333 667 333 667 cos 2 45 0 2 452 2

sen+ −⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )45

500oy MPaθ

σ ′ =−⇒ =

( ) ( ) ( )452 45 cos 2 45

2o

x y o ox y xysen

θ

σ στ τ′ ′ =−

−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) 2

45

333 667 2 45 0 cos 2 45 167 /2 o

o ox ysen lb in

θτ ′ ′ =−

−⎛ ⎞= − + ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

A figura a seguir mostra os resultados. As componentes do vetor tensão que atua no

plano paralelo ao cordão de solda são

500y MPaσ ′ = e 167x y MPaτ ′ ′ =

▲


2-272

Exemplo 2.47

Um ponto de um sólido carregado está sob um estado de tensão plano

generalizado. As componentes de tensão segundo um sistema de coordenadas

ortogonais cartesianas xyx são as seguintes

[ ]100 30 030 20 00 0 50

T Ksi⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

Determinar: a) As tensões principais e as suas direções; b) Tensões de cisalhamento

máximas; c) Tensão de cisalhamento máxima absoluta.

Solução

A tensão normal 50zσ = é uma tensão principal porque as componentes de

cisalhamento no seu plano de atuação são nulas ( 0xz yzτ τ= = ). Vamos denominá-la de

3σ .

• Tensões principais 1σ e 2σ :


22

1,2 2 2x y x y

xy

σ σ σ σσ τ

+ −⎛ ⎞= ± +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( )2

12

2

110100 20 100 20 302 2 10

ksi

ksi

σ

σ

⎧ =+ − ⎪⎛ ⎞= ± + ⇒ ⎨⎜ ⎟⎝ ⎠ =⎪⎩

Então as tensões principais são:

1 2 3110 50 50ksi ksi ksiσ σ σ= = =


2-273

• Direções principais:

A direção de 3σ nós já conhecemos, ou seja, ela é paralela ao z do sistema de

coordenadas xyz.

As outras duas direções são mutuamente perpendiculares e também são

perpendiculares ao eixo z, logo, os seus vetores unitários pertencem ao plano xy.


( ) ( )2 2 30

2 arctan arctan arctan 0,75100 20

xyp

x y

τθ

σ σ⎛ ⎞ ⎡ ⎤

= = =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟− −⎣ ⎦⎝ ⎠

Então, temos

2 36,87 18, 43o op pθ θ= ⇒ = ou

2 180 216,87 90 108, 43o o o op pθ θ+ = ⇒ + =

Escolhendo um dos valores acima para a transformação do sistema, por exemplo 018, 43pθ = , escrevemos a partir da primeira equação (2.157)

( ) ( ) ( )0 018,43

cos 2 18, 43 2 18, 432 2o

x y x yx xysen

θ

σ σ σ σσ τ′ =

+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( )0 0100 20 100 20 cos 2 18, 43 30 2 18, 432 2

sen+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) 118,43 18,43110o ox xθ θ

σ σ σ′ ′= =⇒ = ⇒ =


2-274




( ) ( ) ( ) ( )1 2max max

1 1 110 10 502 2xy xy ksiτ σ σ τ= − = − ⇒ =

• Tensão normal média:


1 2 110 10 602 2med med ksiσ σσ σ+ +

= = ⇒ =

• Orientação dos planos onde atua a tensão de cisalhamento máxima e a tensão normal média:


( ) ( )100 202 arctan arctan 2 arctan 1,332 2 30x y

s sxy

σ σθ θ

τ⎛ ⎞ ⎡ ⎤− −

= − = − ⇒ = −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎝ ⎠


2-275

Então, temos:

2 53,13 26,57o os sθ θ= − ⇒ = − ou

02 180 126,87 90 63,43o o os sθ θ+ = ⇒ + =

• Sentido de ( )maxxyτ no plano cuja normal faz -26,57º com o eixo x:

A partir da terceira equação (2.157), com 26,57osθ = − , escrevemos

( ) ( ) ( )2 cos 22s

x yx y s xy ssen

θ


−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( )100 20 2 26,57 30 cos 2 26,57 50 ( )2 s

o ox ysen

θτ ′ ′

−⎛ ⎞= − − + − ⇒ = +⎜ ⎟⎝ ⎠


• Tensão de cisalhamento máxima absoluta:


( ) ( ) ( ) ( )max max min max1 1 110 10 502 2abs abs

ksiτ σ σ τ= − = − ⇒ =


2-276

Então, ( ) ( )max maxxyabsτ τ= .

Comentário:

Se 0zσ = teríamos: 1 2 3110 10 0σ σ σ= = = . Então, a tensão de cisalhamento

máxima absoluta seria dada por

( ) ( ) ( ) ( )max max min max1 1 110 0 552 2abs abs

ksiτ σ σ τ= − = − ⇒ =

e a tensão média associada a ela por

1 3 110 0 552 2med med ksiσ σσ σ+ +

= = ⇒ = .

( ) ( )0 01 3' ' 1,3sin 2 45 cos 2 45

2x yσ στ τ−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) ( ) ( ) ( ) 0

0 0' ' 45

110 0 sin 2 45 0 cos 2 45 552 x yτ−⎛ ⎞= − + ⇒ = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

▲


2.277

2.11 DIAGRAMA DE MOHR PARA TENSÕES

Uma representação geométrica particular para o estado plano de tensões que é muito

útil nas aplicações de engenharia é a denominada Diagrama de Mohr.

Considerando-se as expressões para a determinação das componentes xσ ′ e

x yτ ′ ′ das equações (2.82)

cos 2 22 2

x y x yx xysen


+ −= + +

2 cos 22

x yx y xysen


−= − + , (2.192)

Observamos que, para um dado estado plano de tensão ( xσ , yσ e xyτ conhecidos) as

componentes xσ ′ e x yτ ′ ′ são funções de uma única variável θ . Esse par de equações

(2.118) resulta numa curva segundo um sistema de coordenadas tendo como eixo

horizontal a componente normal σ e eixo vertical a componente de cisalhamento τ .

Para cada valor da variável θ corresponderá um ponto ( xσ ′ , x yτ ′ ′ ) neste sistema de

coordenadas.

As equações (2.118) são as equações paramétricas de uma circunferência,

tendo como parâmetro o ângulo θ , como podemos verificar a seguir.

Reescrevendo a equações (2.118)

cos 2 22 2

x y x yx xysen


+ −⎛ ⎞− = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 cos 22

x yx y xysen


−= − + . (2.193)

Elevando-se ao quadrado as equações (2.193)


2.278

2 2

2 2 2cos 2 2 2 cos 2 22 2 2

x y x y x yx xy xysen sen

σ σ σ σ σ σσ θ τ θ θτ θ′

+ − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( )2

2 2 2 22 cos 2 2 2 cos 22 2

x y x yx y xy xysen sen

σ σ σ στ θ τ θ θτ θ′ ′

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (2.194)

Somando-se as equações (2.194)

( )2 2

2 2

2 2x y x y

x x y xy

σ σ σ σσ τ τ′ ′ ′

+ −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠. (2.195)

Da equação (2.~166) temos

2

2 2

2x y

xyRσ σ

τ−⎛ ⎞

= +⎜ ⎟⎝ ⎠

. (2.196)

Substituindo-se (2.196) em (2.195)

( )2

2 2

2x y

x x y Rσ σ

σ τ′ ′ ′

+⎛ ⎞− + =⎜ ⎟

⎝ ⎠. (2.197)

A equação (2.197) é a equação de uma circunferência com raio

22

2x y

xyRσ σ

τ−⎛ ⎞

= +⎜ ⎟⎝ ⎠

e centro ,02

x yCσ σ+⎛ ⎞

≡ ⎜ ⎟⎝ ⎠

no sistema de coordenadas σ τ× , como

mostra a figura 2.101.


2.279

Figura 2.101 Circunferência de Mohr para estado plano de tensão

A circunferência dada pela equação (2.197) e representada na figura 2.101 é

denominada de circunferência de Mohr para tensões, em homenagem ao engenheiro

alemão Otto Mohr, que em 1882 mostrou a utilidade desta interpretação geométrica

para as tensões.

Como cada ponto dessa circunferência representa um par ( ),σ τ , se fizermos

0oθ = nas equações (2.192) obteremos um ponto de referência sobre essa curva, partir

do qual poderemos obter os outros pontos correspondentes a uma rotação θ no

sistema cartesiano xyz onde o estado de tensão é definido.

( ) ( ) ( ) ( )0 0cos 2 0 2 0

2 2o ox y x y o o

x xy x xsenθ θ

σ σ σ σσ τ σ σ′ ′= =

+ −= + + ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( )0 0

2 0 cos 2 02o o

x y o ox y xy x y xysen

θ θ

σ στ τ τ τ′ ′ ′ ′= =

−= − + ⇒ = . (2.198)

Marcando-se o ponto ( ),x xyσ τ como uma referência sobre a circunferência da

figura 2.65 e por meio de uma rotação anti-horária 2θ do raio que une o centro C e


2.280

esse ponto de referência obtemos um novo ponto ( ),x x yσ τ′ ′ ′ , o qual corresponde a uma

rotação θ em torno do eixo z do sistema de coordenadas original xyz. Como a

orientação do plano onde atua yσ ′ é perpendicular à orientação do plano onde atua xσ ′ ,

essa componente pode ser obtida considerando-se o ângulo 90oθ + na primeira das

equações (2.192), ou seja, na circunferência seria 2 180oθ + a partir do ponto de

referência ( ),x xyσ τ . Portanto, o ponto resultante ( ),y x yσ τ′ ′ ′ se situa diametralmente

oposto ao ponto ( ),x x yσ τ′ ′ ′ . Veja a figura 2.102.


2.281

Figura 2.102 Transformação de coordenadas utilizando a circunferência de Mohr


2.282

A fim de facilitar a obtenção da circunferência de Mohr para um determinado

estado plano de tensões, recomendam-se as seguintes regras simples, conforme

ilustrado na figura 2.103:

a) A componente normal de tensão σ é representada pelo eixo horizontal;

b) As componentes de cisalhamento são representadas no eixo vertical, com a

seguinte convenção

• eixo vertical apontando para baixo: tensão xyτ positiva na face-x positiva

do plano normal ao eixo x do sistema cartesiano xyz;

• eixo vertical apontando para cima: tensão xyτ positiva na face-y positiva

do plano normal ao eixo y do sistema cartesiano xyz;

Figura 2.103 (a) Regras para o Diagrama de Mohr para tensões; (b) Indicação dos planos principais e dos planos de cisalhamento máximo


2.283

Exemplo 2.48 Dado o estado de tensão num ponto de um sólido pela figura abaixo

Determinar as tensões principais e a tensão de cisalhamento máxima em plano paralelo

ao eixo z, usando o diagrama de Mohr.

Solução O centro C da circunferência de Mohr é dado pelas coordenadas

( )30 10,0 ,0 20,02 2

x yC Cσ σ+⎛ ⎞ +⎛ ⎞≡ = ⇒ ≡⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

O raio da circunferência de Mohr é dado por

( )2 2

22 30 10 15 182 2

x yxyR R

σ στ

−⎛ ⎞ −⎛ ⎞= + = + ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

Desenhamos o diagrama de Mohr e indicamos nele os pontos correspondentes às

faces x+ e y+:


2.284

1 120 18 382

x y R MPaσ σ

σ σ+

= + = + ⇒ =

2 220 18 22

x y R MPaσ σ

σ σ+

= − = − ⇒ =

( )max

18xy R MPaτ = =

30 10 202 2

x ymed med MPa

σ σσ σ

+ += = ⇒ =

( )2 2 152 arctan arctan 2 56,3 28, 2

30 10xy o o

p p px y

τθ θ θ

σ σ⎛ ⎞ ⎡ ⎤

= = ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟− −⎣ ⎦⎝ ⎠

( )30 102 arctan arctan 2 33,7 16,8

2 2 15x y o o

s s sxy

σ σθ θ θ

τ⎛ ⎞ ⎡ ⎤− −

= − = − ⇒ = − ⇒ = −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠


2.285

▲

• Diagrama de Mohr para estado plano de tensão generalizado

Podemos aplicar o diagrama de Mohr para um estado plano de tensões

generalizado, desenhando-se três circunferências no mesmo sistema de coordenadas

σ τ× , uma para cada par de tensões principais. A figura 2.104 ilustra o caso quando

1 2 3 0σ σ σ> > >

Figura 2.104 Diagrama de Mohr para estado plano generalizado


2.286

A partir do caso ilustrado na figura 2.104 podemos observar que mesmo que

3zσ σ= fosse nula a tensão de cisalhamento máxima absoluta seria maior que ( )maxxyτ .

Exemplo 2.49

Um ponto de um sólido está em estado plano de tensões generalizado, conforme

dado abaixo. Usando o diagrama de Mohr determine as tensões principais e a tensão

de cisalhamento máxima absoluta.

Solução

10000 6000 4000x y xyσ σ τ= = = −

2000 0z xz yzσ τ τ= − = =

Então, 2000zσ = − é uma tensão principal e a denominamos de 3σ

O centro C da circunferência de Mohr para os pontos obtidos pela rotação em torno

eixo z é dado pelas coordenadas

( )10000 6000,0 ,0 8000,02 2

x yC Cσ σ+⎛ ⎞ +⎛ ⎞≡ = ⇒ ≡⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

O raio da circunferência de Mohr é dado por


2.287

( )2 2

22 10000 6000 4000 44722 2

x yxyR R

σ στ

−⎛ ⎞ −⎛ ⎞= + = + − ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

1 18000 4472 124722

x y Rσ σ

σ σ+

= + = + ⇒ =

2 28000 4472 35282

x y Rσ σ

σ σ+

= − = − ⇒ =

( )max

4472xy Rτ = =

10000 6000 80002 2

x ymed med

σ σσ σ

+ += = ⇒ =


2.288

( )2 2 40002 arctan arctan 2 63,4 31,7

10000 6000xy o o

p p px y

τθ θ θ

σ σ⎛ ⎞ ⎡ ⎤−

= = ⇒ = − ⇒ = −⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟− −⎣ ⎦⎝ ⎠

( )10000 60002 arctan arctan 2 26,6 13,3

2 2 4000x y o o

s s sxy

σ σθ θ θ

τ⎛ ⎞ ⎡ ⎤− −

= − = − ⇒ = ⇒ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎜ ⎟ −⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠

( ) ( ) ( )max max min 1 3 max1 1 1 12472 2000 72362 2 2abs abs

τ σ σ σ σ τ= − = − = − − ⇒ =⎡ ⎤⎣ ⎦

▲

Exemplo 2.50 O ponto na superfície do vaso de pressão cilíndrico da figura abaixo está um

estado plano de tensão conforme indicado. Determinar a tensão de cisalhamento

máxima absoluta nesse ponto empregando-se o diagrama de Mohr.

Solução

Tensões principais:

1 32 MPaσ = 2 16 MPaσ = 3 0σ =


2.289

O centro C da circunferência de Mohr para os pontos obtidos pela rotação em torno

eixo z é dado pelas coordenadas

( )16 32,0 ,0 24,02 2

x yC Cσ σ+⎛ ⎞ +⎛ ⎞≡ = ⇒ ≡⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠

O raio dessa circunferência de Mohr é dado por

( )2 2

22 16 32 0 82 2

x yxyR R

σ στ

−⎛ ⎞ −⎛ ⎞= + = + ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠


2.290

( )max

8xy R MPaτ = =

16 32 82 2

x ymed med MPa

σ σσ σ

+ += = ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )max max min 1 3 max1 1 1 32 0 162 2 2abs abs

MPaτ σ σ σ σ τ= − = − = − ⇒ =

1 3 32 0 162 2med med MPaσ σσ σ+ +

= = ⇒ =

▲

• Diagrama de Mohr para o estado geral de tensões

O uso do diagrama de Mohr para a análise de tensões num ponto de um sólido

carregado se justifica apenas para os casos de estado plano de tensões, porque para

um estado geral de tensões o seu emprego é muito complicado. Apenas para

informação apresentamos a figura 2.105 que ilustra o exemplo de um caso geral de

tensões. A área hachurada representa os pontos ( ),ν τσ τ , onde ,ν τσ τ são as

componentes dos vetores tensões atuando num plano arbitrário com orientação dada


2.291

pelo vetor ν . Os pontos sobre as circunferências representam as componentes dos

vetores tensões atuando sobre planos paralelos a um eixo principal.

Figura 2.105 a) Estado de tensão em termos das tensões principais e plano K de orientação arbitrária ν ; b) vistas dos elementos sob eixos principais diferentes; c) Diagrama de Mohr.


2.292

2.12 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NO INTERIOR E NO CONTORNO DO SÓLIDO

Consideremos um sólido em equilíbrio na configuração deformada. Se extrairmos do

interior desse sólido nessa configuração, um paralelepípedo infinitesimal, conforme a

figura 2.106, ele também continuará em equilíbrio desde que sejam mantidas todas as

forças que sobre ele atuam, ou seja, força de massa (volume) e de superfície, as quais

são as forças que o material externo ao volume elementar exerce sobre ele. As faces

do paralelepípedo foram obtidas pela intersecção de planos normais aos eixos do

sistema de coordenadas cartesianas ortogonais adotado xyz.

Figura 2.106 (a) Paralelepípedo infinitesimal no interior de um sólido deformado em equilíbrio; (b) Componentes de tensões atuando nas faces que contem o ponto P; (c) componentes de tensões atuando nas faces afastadas de distâncias infinitesimais dx, dy, dz do ponto P.


2.293

As componentes dos vetores tensões atuando nas faces do paralelepípedo, que

contém o ponto P, são as componentes dos vetores tensões que atuam no ponto P,

associados a esses planos, tomados como valores médios atuando no centróide da

face. O que nos permite fazer essa consideração são as dimensões infinitesimais do

paralelepípedo e a hipótese de que essas tensões são funções contínuas e

diferenciáveis segundo as variáveis espaciais x, y e z do sistema de coordenadas

adotado.

Na figura 2.106 observamos que as componentes de tensões atuando nas faces

do paralelepípedo separadas pelas distâncias infinitesimais dx, dy e dz das faces que

contém o ponto P possuem um sobrescrito (*). Em geral, essas tensões são diferentes

das tensões correspondentes sem o sobrescrito, porque elas são valores da mesma

função tensão em pontos diferentes no espaço, separados por uma distância

infinitesimal.

Com base na continuidade e na existência das derivadas de ordens superiores

das funções-tensão, podemos relacionar os valores de tensões identificados com o

sobrescrito (*) com os valores correspondentes atuando nas faces que contém o ponto

P através de uma expansão em série de Taylor.

Consideremos, por exemplo, a expansão da função ( ), ,x x x y zσ σ= em torno do

ponto ( ), ,P x y z segundo a direção x, mantendo-se y e z constantes

( ) ( ) ( ) ( )2 3

2 3*2 3

1 1, , , ,2! 3!

x x xx x xx dx y z x y z dx dx dx

x x xσ σ σσ σ σ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂⎛ ⎞= + = + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠… (2.199)

Desprezando-se os termos infinitesimais de ordem superior, podemos escrever

( ) ( )* , , , , xx x xx dx y z x y z dx

xσσ σ σ ∂⎛ ⎞= + = + ⎜ ⎟∂⎝ ⎠

. (2.200)


2.294

Procedendo-se de modo semelhante com as outras componentes de tensão,

obtemos

( ) ( )* *, , , ,xy xzxy xy xz xzx y z dx x y z dx

x xτ ττ τ τ τ∂⎛ ⎞ ∂⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠⎝ ⎠

(2.201)

( )* , , yy y x y z dy

yσ

σ σ∂⎛ ⎞

= + ⎜ ⎟∂⎝ ⎠ (2.202)

( ) ( )* *, , , ,yx yzyx yx yz yzx y z dy x y z dy

y yτ τ

τ τ τ τ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (2.203)

( )* , , zz z x y z dz

zσσ σ ∂⎛ ⎞= + ⎜ ⎟∂⎝ ⎠

(2.204)

( ) ( )* *, , , , zyzxzx zx zy zyx y z dz x y z dz

z zτττ τ τ τ∂⎛ ⎞∂⎛ ⎞= + = + ⎜ ⎟⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(2.205)

A figura 2.107 mostra apenas alguns dos resultados acima para não

sobrecarregar o desenho. A força B é a força de massa dada em unidade de força por

unidade de volume e suas componentes são xB , yB e zB , respectivamente segundo os

eixos de coordenadas x,y e z.


2.295

Figura 2.107 Paralelepípedo infinitesimal com algumas das componentes de tensão resultantes da expansão em série de Taylor truncada.

A condição de equilíbrio pode ser estabelecida igualando a zero a soma

das componentes de todas as forças nas direções x, y, e z e de seus momentos em

torno desses eixos, conforme a segunda lei de Newton,

0 0 0x y zF F F= = =∑ ∑ ∑

0 0 0x y zM M M= = =∑ ∑ ∑ . (2.206)

Considerando-se a figura 2.107 como o diagrama de corpo livre do

paralelepípedo, do equilíbrio na direção y , por exemplo, escrevemos


2.296

y xyy y xy xydxdz dy dxdz dydz dx dydz

y xσ τ

σ σ τ τ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− + + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0zyzy zy ydydz dz dxdy B dxdydz

zτ

τ τ∂⎛ ⎞

− + + + =⎜ ⎟∂⎝ ⎠. (2.207)

Cancelando-se os termos com sinais opostos e dividindo-se o resultado por

dxdydz (embora no limite eles se aproximem de zero, eles não são nulos), a equação

(2.207) reescreve-se como

0xy y zyyB

x y zτ σ τ∂ ∂ ∂

+ + + =∂ ∂ ∂

. (2.208)

Procedendo-se de modo análogo escrevemos o equilíbrio das forças nas outras

duas direções e obtemos as seguintes equações

0yxx zxxB

x y zτσ τ∂∂ ∂

+ + + =∂ ∂ ∂

(2.209)

0yzxz zzB

x y zττ σ∂∂ ∂

+ + + =∂ ∂ ∂

. (2.210)


2.297

Figura 2.108 Equilíbrio de momentos em torno de um eixo paralelo ao eixo x e passando pelo centro do paralelepípedo infinitesimal.

Igualando a zero a soma dos momentos em torno de um eixo paralelo a x e

passando pelo centro do paralelepípedo, conforme a figura 2.108, onde as forças de

massa e as forças relacionadas com as componentes normais de tensão tem os braços

de momentos nulos, escrevemos

02 2 2 2

yz zyyz yz zy zy

dy dy dz dzdy dxdz dxdz dz dxdy dxdyy zτ τ

τ τ τ τ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ + − + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠.

Dividindo por dxdydx,

1 1 02 2

yz zyyz zy dy dz

y zτ τ

τ τ∂ ∂

− + − =∂ ∂

. (2.211)

As duas últimas parcelas de (2.211) são quantidades infinitesimais comparadas

com as primeiras, podendo ser desprezadas. Então,

0yz zy yz zyτ τ τ τ− = ⇒ = . (2.211)

De maneira análoga, do equilíbrio de momentos em torno dos eixos y e z resulta


2.298

xz zxτ τ= (2.213)

xy yxτ τ= (2.214)

Portanto, considerando as equações (2.212) - (2.214), as equações de equilíbrio

no interior de um sólido carregado podem ser escritas em termos de apenas seis

componentes do estado de tensão no ponto considerado

0xyx xzxB

x y zτσ τ∂∂ ∂

+ + + =∂ ∂ ∂

0xy y yzyB

x y zτ σ τ∂ ∂ ∂

+ + + =∂ ∂ ∂

0yzxz zzB

x y zττ σ∂∂ ∂

+ + + =∂ ∂ ∂

(2.215)

Devemos ressaltar que, como estamos trabalhando com a hipótese de pequenas

deformações e pequenos gradientes de deslocamentos, podemos considerar que x, y ,

z na figura 2.107 representam coordenadas na configuração indeformada do sólido,

indicando, portanto, que as condições de equilíbrio do elemento infinitesimal são

implementadas na configuração inicial e não na configuração deformada, onde

realmente agem as solicitações.

Devemos considerar agora as condições de equilíbrio de pontos materiais

situados no contorno do sólido. Para isso, consideramos um tetraedro infinitesimal, com

uma face próxima da superfície de contorno do sólido e as outras três faces formadas

por planos mutuamente perpendiculares, normais aos eixos de coordenadas do sistema

de coordenas cartesianas xyz adotado e interceptando-se no ponto P, conforme a figura

2.108. No limite, conforme h tende a zero o ponto P tende ao ponto na superfície de

contorno do sólido.


2.299

Figura 2.108 Tetraedro infinitesimal com uma face aproximando-se da superfície de contorno do sólido no ponto onde atua o vetor tensão conhecido.

Os resultados obtidos na seção 2.6, dados pela equação (2.38), se aplicam aqui

com as seguintes considerações:

{ } [ ]{ }t Tν ν= , (2.216)

ou

x x xy xz

y xy y yz

z xz yz z

t lt mt n

ν

ν

ν


⎡ ⎤⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥

⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎣ ⎦

, (2.217)


2.300

onde { }tν é o vetor tensão conhecido que atua no ponto considerado da superfície de

contorno do sólido.

As equações (2.215) e as equações (2.216) ou (2.217) são, respectivamente, as

equações de equilíbrio interno e externo do sólido carregado. As equações (2.216) ou

(2.217), também conhecidas como equações de Cauchy relacionam o vetor tensão

aplicado num ponto sobre a superfície de contorno, com as componentes do estado de

tensão no ponto. A seis distintas funções tensão devem satisfazer ambos os conjuntos

de equações sobre os seus domínios separados, isto é, sobre suas regiões separadas

de aplicabilidade. As equações de equilíbrio no contorno são mais conhecidas como

condições de contorno naturais. As condições de contorno relacionadas com

deslocamentos ou rotações são conhecidas como condições de contorno essenciais ou

geométricas.

As equações de equilíbrio (2.215) que se aplicam aos pontos no interior do

sólido, são conhecidas como equações diferenciais governantes. Os dois conjuntos de

equações são sempre distintos e não são intercambiáveis. As condições de contorno

não se adicionam ao número de equações disponíveis para determinar as funções

incógnitas, as quais nesse caso são as seis tensões como funções das coordenadas

espaciais x, y e z, porque as condições de contorno são válidas somente para valores

das funções incógnitas naqueles valores fixos das coordenadas espaciais que

especificam o contorno. Assim, as equações que definem as condições de contorno

não se referem às funções incógnitas na sua forma geral.

Na Mecânica dos Sólidos podemos ver que as soluções das equações

governantes (2.215) são aplicáveis a muitas formas diferentes do mesmo problema e

como tal contem partes não especificadas ( constantes de integração) que são

especializadas para o problema em mão pela condições de contorno.

Portanto, continuamos com um problema indeterminado, pois temos seis

incógnitas (funções tensão) e três equações, as equações (2.215). As equações

condições de contorno apenas particularizam o problema. Nos próximos dois capítulos,

veremos como obter mais equações que junto com as equações de equilíbrio tornam o

problema possível e determinado.


2.301

REFERÊNCIAS

1. Arantes e Oliveira, E. R., Elementos da Teoria da Elasticidade, IST Press,

Lisboa, 1999

2. Bisplinghoff, R. L.; Mar, J. W.; Pian, T. H., Statics of Deformable Solids, Dover

Publications, NY, 1990

3. Donaldson, B. K., Analysis of Aircraft Structures – An Introduction, McGraw-Hill

Inc., NY, 1993

4. Lucena Neto, E., Fundamentos de Elasticidade e Plasticidade, Notas de Aulas do


5. Fung, Y. C., A First Course in Continuum Mechanics, Prentice-Hall Inc.,

Englewood Cliffs, NJ., 1a edição, 1969

6. Hibbeler, R. C., Resistência dos Materiais, Pearson Education do Brasil, SP, 5ª

edição, 2006

7. Malvern, L. E., Introduction to the Mechanics of a Continuous Medium, Prentice-


8. Scipio, L. A., Principles of Continua with Applications,John Wiley & Sons, NY,

1967

9. Villaça, S.F.; Garcia, L. F. T., Introdução à Teoria da Elasticidade, COPPE/UFRJ,

3ª edição, 1998

10. Wempner, G., Mechanics of Solids, PWS Publishing Company, Boston, MA, 1995


3

DEFORMAÇÃO

Neste capítulo trataremos do segundo aspecto fundamental de uma análise na

Mecânica dos Sólidos, ou seja, a cinemática da deformação.

De um modo geral, o termo deformação significa qualquer mudança na forma

e/ou nas dimensões de um sólido, causada pela aplicação de cargas externas ou por

variação de temperatura. A deformação pode ser visível a olho nu ou ser detectável

apenas com instrumentos apropriados.

O estudo da deformação trata-se de análise puramente geométrica, pois não nos

preocupamos com as suas causas. Devido ao fato que cada porção de um sólido pode

se deformar de modo diferente, então, devemos ter meios de descrever completamente

a deformação em cada localização. Isto é conseguido através do conceito de

deformação num ponto e estado de deformação num ponto.

A deformação é o resultado de uma transformação aplicada sobre o sólido, o que

implica em deslocamentos e mudança de forma. O problema da deformação pode ser

formulado da seguinte maneira: conhecendo-se as posições dos pontos materiais de

um corpo no seu estado inicial (antes da transformação) e no seu estado final (após a

transformação), pede-se determinar a mudança em comprimento e direção de um

segmento de reta elementar (“fibra”) que liga dois pontos arbitrários originalmente a

uma distância infinitesimal um do outro.


3.2

A análise geométrica da deformação pressupõe que o corpo seja contínuo e

coeso. No estudo das tensões a hipótese de continuidade do sólido já havia sido

mencionada. Então, supomos que para cada ponto material do corpo corresponda um

único ponto geométrico do espaço ocupado pelo volume do corpo. Portanto, assim

como foi suposto para as funções tensões, também os deslocamentos de cada ponto

do sólido serão assumidos como funções contínuas e unívocas de posição. O meio ser

coeso significa que uma linha de partículas do sólido continua como uma linha

constituída pelas mesmas partículas, depois da deformação.

3.1 CAMPO DE DESLOCAMENTOS Um sólido sob ação de solicitações externas sofre mudança de forma e dimensões,

passando de uma configuração inicial indeformada a uma configuração final deformada,

conforme ilustra a figura 3.1

Figura 3.1 Deslocamento de um ponto no sólido


3.3

Um ponto genérico A, definido pelas coordenadas cartesianas ortogonais xyz na

configuração inicial indeformada passa para a posição A* na configuração final

deformada.

O conceito de deslocamento é simplesmente aquele de um movimento, uma

mudança na posição de um ponto material do corpo. A mudança na posição envolve

distância e direção. Portanto, o deslocamento é definido como uma quantidade vetorial.

Define-se o deslocamento sofrido por A para ir para A* pelo vetor u , com

componentes u,v,w , segundo os eixos x,y,z, respectivamente. As coordenadas do

ponto A* são

( )* , ,A x u y v z w+ + + .

O campo de deslocamento fica determinado pelas funções de posição

( , , )u u x y z=

( , , )v v x y z=

( , , )w w x y z= ,

as quais devem ser contínuas, unívocas e diferenciáveis, de modo a preservar a

continuidade do sólido durante a deformação.

O campo de deslocamentos é composto de uma parcela que representa o

movimento de corpo rígido do sólido, ou seja, todos os pontos do corpo sofrem os

mesmos deslocamentos; e de uma outra parcela que representa a deformação do

sólido, ou seja,os pontos do corpo apresentam deslocamentos relativos entre si. Essa

segunda parcela é que nos interessa no estudo da deformação do sólido. Esses

deslocamentos relativos são também denominados de deslocamentos estruturais ou


3.4

simplesmente deslocamentos. O movimento de corpo rígido pode ser eliminado através

da introdução de vínculos adequados.

A figura 3.2 mostra uma barra cilíndrica na configuração inicial indeformada e

dois pontos vizinhos nessa barra.

Figura 3.2 Pontos vizinhos numa barra cilíndrica

A figura 3.3 mostra a barra cilíndrica deformada por tração e os deslocamentos

de pontos vizinhos nessa barra. Como o deslocamento de cada ponto depende da sua

posição inicial, eles foram identificados por ( )u P e ( )u Q . Percebe-se pela figura que os

pontos P e Q sofreram deslocamentos relativos entre si, identificando-se, portanto, uma

deformação da barra.

Figura 3.3 Deslocamentos de pontos vizinhos de uma barra cilíndrica deformada


3.5

3.2 DEFORMAÇÃO NORMAL , LONGITUDINAL OU LINEAR ESPECÍFICA

Duas formas de deformação podem ser observadas nas vizinhanças de um ponto num

sólido na sua configuração deformada. Elas são ilustradas pela figura 3.4. As linhas

retas PQ e PR ligam os pontos vizinhos Q e R ao ponto P.

Os segmentos de reta sofrem mudanças em seus comprimentos e em suas

direções originais. Nesta seção vamos nos concentrar na mudança no comprimento dos

segmentos lineares que ligam dois pontos infinitamente próximos no sólido.

Figura 3.4 (a) linhas retas unindo pontos vizinhos na configuração indeformada; (b) configuração deformada.


3.6

• Deformação Normal, Longitudinal ou Linear Específica

De um modo geral as mudanças nos segmentos de retas que unem os pontos

vizinhos infinitamente próximos num sólido dependem da localização do ponto e da

orientação do segmento de reta. Isso é ilustrado pela figura 3.5, a qual mostra três

segmentos de reta desenhados sobre uma tira de borracha e passando pelo mesmo

ponto, antes e depois da deformação uniforme da tira de borracha. Observa-se que o

segmento de reta longitudinal se alonga e não muda de direção enquanto que o

segmento de reta transversal se encurta, mantendo também a orientação original. O

segmento de reta inclinado se alonga e muda de direção.

Figura 3.5 (a) Segmentos de retas passando pelo ponto P desenhados numa tira de borracha na configuração indeformada; (b) Os mesmos segmentos de reta após a deformação uniforme da tira de borracha.


3.7

Assim, num ponto A e na direção s, considera-se o segmento de reta

elementar AB, que liga esse ponto ao ponto vizinho B infinitamente próximo,

conforme mostra figura 3.6. Após a deformação do sólido o ponto A vai para a

posição A* e o ponto B vai para a posição B*.

Figura 3.6 Segmento de reta que os pontos vizinhos A e B antes e depois da deformação

Como veremos mais adiante, na seção 3.6, a distância infinitesimal entre os dois

pontos vizinhos A e B, nos permite assumir que a linha que une os pontos A* e B*

continua, após a deformação, como um segmento de reta. A seguir apresentamos um

exemplo que mostra a validade desta hipótese. Consideremos um bloco de borracha na

figura 3.7(a) na configuração indeformada. Na figura 3.7(b) todos os elementos do bloco

são deformados da mesma quantidade, ou seja, uma deformação uniforme ou

homogênea. Observando-se a figura verificamos que as linhas desenhadas têm seus

comprimentos e orientações modificadas, mas os segmentos de reta continuam retos

após a deformação, mesmo sendo de comprimentos finitos. Na figura 3.7(c) o bloco de

borracha está sob um estado de deformação não uniforme, ou seja, a deformação varia

de ponto para ponto do bloco. Examinando essa figura observamos que algumas linhas

não permanecem retas após a deformação, como é o caso das linhas BF e DH. Porém,


3.8

se examinarmos essa deformação numa vizinhança muito próxima do ponto O, ou seja,

para pontos infinitamente próximos desse ponto, essas linhas curvas poderiam ser

consideradas como pequenos segmentos de reta. Na seção 3.6 veremos que quando a

deformação é uniforme os segmentos de reta, mesmo de comprimentos finitos,

continuam retos após a deformação, mas quando a deformação é qualquer, ou seja,

não uniforme, em geral os segmentos de reta de comprimentos finitos não continuam

retos, enquanto que apenas os segmentos de reta de comprimentos infinitesimais

continuam retos.

Figura 3.7 (a) Bloco de borracha na configuração indeformada; (b) Bloco de borracha em estado de deformação uniforme; (c) Bloco de borracha em estado de deformação não uniforme. A deformação normal, longitudinal ou linear específica sε no ponto A e segundo a

direção s, conforme a figura 3.6, é definida por


3.9

*

0( ) lims s

s sAs

ε∆ →

∆ −∆=

∆. (3.1)

A equação (3.1) pode ser reescrita, considerando-se os comprimentos

infinitesimais dos segmentos de retas que unem os pontos vizinhos do sólido, conforme

a figura 3.8.

*

( )sds dsA

dsε −

= . (3.2)

Essa variação do comprimento é a forma mais comum e natural de se medir a

deformação de uma “fibra”. Ela é também denominada de alongamento linear de uma

“fibra”. Ao se dividir pelo comprimento original, eliminamos a dependência de unidade

de medida e do tamanho do corpo. Portanto, é mais conveniente trabalhar com esse

alongamento relativo ou específico.

Figura 3.8 Pontos vizinhos infinitamente próximos no sólido antes e após a deformação

Então, da equação (3.2) podemos escrever, para o comprimento final do

segmento de reta que une os pontos A* e B* (posições de A e B após a deformação)

[ ]* 1 ( )sds A dsε= + . (3.3)


3.10

Se considerarmos o comprimento s∆ pequeno, mas não infinitesimal, de um

segmento de reta no ponto A e na direção da reta s, podemos, a partir da equação

(3.1), calcular aproximadamente esse comprimento após a deformação como

[ ]* 1 ( )ss A sε∆ ≅ + ∆ . (3.4)

Define-se também a deformação normal média como sendo a razão

*

meds s

sε ∆ −∆

=∆

. (3.5)

Pela definição observamos que a deformação normal é uma grandeza

adimensional. Mas ela é indicada com as seguintes unidades 610, , , , , %m mm m m in pol

m mm m m in polµ −

= .

Por exemplo, a deformação normal 6480 10ε −= × pode ser indicada como:

480 x 10-6 in/in; 480 x 10-6 m/m; 480µm/m ou 0,048 %.

• Comprimento de uma linha finita após a deformação

Para calcularmos o comprimento de uma linha de partículas de comprimento finito, após

a deformação, precisamos conhecer a deformação normal ou linear específica ( sε ) em

cada ponto ao longo da linha indeformada e na sua direção (s) conforme a figura 3.9.

Essa linha é dividida em pequenos segmentos de comprimentos iguais s∆ . Esses

segmentos, após a deformação terão comprimentos *1s∆ , *

2s∆ , .....

A partir da equação (3.4) podemos calcular esses comprimentos como

[ ] [ ]* *1 0 2 11 ( ) , 1 ( ) ,s ss P s s P sε ε∆ ≅ + ∆ ∆ ≅ + ∆ … ., (3.6)


3.11

onde ( )s kPε é a deformação normal no ponto kP e na direção s ao longo da linha PQ. A

direção s é a direção da reta tangente à curva PQ no ponto kP .

O comprimento L* da reta, após a deformação poderá ser calculado como a

soma das parcelas definidas por (3.6)

[ ]1 1

* *

0 01 ( )

m m

k s kk k

L s P sε− −

= =

≅ ∆ = + ∆∑ ∑ . (3.7)

No limite, com 0s∆ → , a equação (3.7) se escreve como

[ ]*

0 01 ( ) ( )

L L

s sL P ds L P dsε ε= + = +∫ ∫ . (3.8)

A integração em (3.8) é feita de 0 L→ porque a integral é em relação a ds , o qual

representa comprimentos infinitesimais ao longo da linha original indeformada.

Figura 3.9 (a) Linha reta que une os pontos P e Q; (b) Configuração deformada da linha reta original PQ.


3.12

Exemplo 3.1 Considere um arame reto como na figura abaixo. Suponha que um aquecimento

não uniforme do arame cause uma deformação normal xε , dada por

2

xxkL

ε ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Obter o comprimento do arame deformado, o deslocamento da sua extremidade

livre e a sua deformação específica média.

Solução

• Comprimento final:

*

0( )

L

xL L x dxε= + ∫ , onde o ponto P é identificado pela coordenada material x.

Substituindo 2

xxkL

ε ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

na equação acima escrevemos


3.13

2 3* *

200

13 3 3

LL x kx kL kL L k dx L L L L

L L⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + = + ⇒ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

• Deslocamento da extremidade livre:

* 13 3k kLL L L L L L⎛ ⎞∆ = − = + − ⇒ ∆ =⎜ ⎟

⎝ ⎠

• Deformação normal média: Da equação (3.5) escrevemos

* 33med med

L L L kL kL L L

ε ε− ∆= = = ⇒ =

Da expressão dada para a deformação obtemos

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

2

2 2

2

00 0 0

22 24x

kL

x L kk L k LL L

LL k L kL

ε ε

ε ε ε

ε ε

⎧ ⎛ ⎞= ⇒ =⎪ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪

⎪⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⇒ = ⇒ =⎨⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎪

⎪ ⎛ ⎞⎪ = ⇒ =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

▲


3.14

3.3 DEFORMAÇÃO ANGULAR OU POR CISALHAMENTO Considerem-se duas retas mutuamente perpendiculares, s e t no ponto P. As retas PQ

e PR se deformam para P*Q* e P*R*, respectivamente, conforme a figura 3.10.

Figura 3.10 (a) Retas s e t perpendiculares em P na configuração indeformada; (b) Ângulo entre as tangentes às curvas passando por P* após a deformação.

O ângulo entre PQ e PR era reto ( / 2π radianos) antes da deformação e se

transforma em *stφ (radianos). Uma definição para a deformação angular no ponto P

associada às direções s e t, é dada por

* ( )2st st radianosπγ φ= − . (3.9)

Essa é a definição usada na engenharia. Essa deformação angular ou de cisalhamento

é positiva se o ângulo *stφ for menor que / 2π e é esse o resultado para as arestas de

um bloco elementar quando sob tensão de cisalhamento positiva.


3.15

Poderíamos também ter escrito a definição dada em (3.9) como

1 2

* * *

, 0lim

2st s sR P Qπγ

∆ ∆ →= − ∠ , (3.10)

onde * * *R P Q∠ é o ângulo entre as cordas P*R* e P*Q* . No limite, com

1 20 0s e s∆ → ∆ → , esse ângulo tende para *stφ , o qual é o ângulo entre as tangentes às

curvas * *P Q e * *P R no ponto *P .

Claramente, pela definição da deformação angular ou de cisalhamento, vemos

que

* * * * * * st tsR P Q Q P R γ γ∠ =∠ ⇒ = , (3.11)

Exemplo 3.2 Supondo-se que a placa retangular da figura abaixo, com as bordas paralelas

aos eixos x e y, se deforma tal que as partículas se deslocam somente na direção y e

todas as linhas paralelas ao eixo x deformam como parábolas, do mesmo modo que o

eixo x (com y=0) se deforma para 2y ax= . Suponha que as dimensões da placa sejam

8 5 cm× e a=1/80.

Obter a expressão para a deformação angular xyγ e obter o valor dessa

deformação no ponto (8,0).


3.16

Solução

• Deformação angular:

A deformação angular xyγ nesse caso é igual à inclinação da reta tangente à linha

deformada x em relação ao eixo de coordenadas horizontal (eixo x) num ponto, por

exemplo, ( ),0x . Todas as linhas horizontais têm, após a deformação, retas tangentes

num ponto de mesma coordenada x.

Então, como as linhas verticais permanecem verticais após a deformação,

escrevemos

*

2xy xyπθ γ φ= = −

( )tan 2 tan 2xydy ax arc axdx

θ γ θ= = ⇒ = =

Para a=1/80, escrevemos

( ) 1tan 2 tan 2 tan80 40xy xy

xarc ax arc x arcγ γ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

• Valor da deformação angular no ponto (8,0): Substituindo o valor de x=8 na expressão obtida para a deformação angular,

escrevemos


3.17

( ) ( )8tan 0,19740xy xyA A

arc radγ γ⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

• Comentário:

Essa é uma deformação angular grande (11,3º ). Mas mesmo para uma deformação por

cisalhamento grande assim, a inclinação da tangente à curva que representa a borda

deformada, a qual é dada por

( )12 8 0, 200 tan 0, 20080A

dydx

θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

difere muito pouco do próprio ângulo 0,197xy radθ γ= = .

Portanto, mesmo nesse caso observamos que

tan 0,200tan

0,197xy

θθ θ

θ γ= ⎫

⇒ ≅⎬= = ⎭.

Observa-se que as deformações, em geral, variam de ponto para ponto do sólido. Neste exemplo, a deformação xyγ varia de 0 na borda da esquerda (x=0) até 0,197 na borda da direita (x-8). ▲


3.18

Exemplo 3.3

A chapa mostrada na figura abaixo está fixa na borda AB e pode se mover

livremente nas guias rígidas na parte superior (borda AD) e na parte inferior (borda BC).

Se houver um deslocamento horizontal uniforme de 2mm em seu lado direito CD,

determinar:

a) a deformação normal média ao longo da diagonal AC;

b) a deformação normal média ao longo da linha FG;

c) a deformação normal média ao longo da linha HI;

d) a deformação angular ou por cisalhamento no ponto E relativa aos eixos x e y;

e) a deformação angular ou de cisalhamento no ponto E e relativa aos eixos x’ e y’.

Solução

A figura a seguir mostra a configuração deformada da chapa.


3.19

a) Deformação normal média ao longo da diagonal AC:

( )* *

AC med

A C ACAC

ε −= ,

onde:

2 2150 150 212,1320AC mm= + =

* * 2 2150 152 213,5509A C mm= + =

Substituindo os valores acima na equação, escrevemos

( ) ( )213,5509 212,1320 0,0067 /212,1320AC ACmed med

mm mmε ε−= ⇒ =

b) Deformação normal média ao longo da linha FG:

( )* *

FG med

F G FGFG

ε −= ,

onde:

150FG mm= * * 150F G mm=


3.20


( ) ( )150 150 0 /150FG FGmed med


c) Deformação normal média ao longo da linha HI:

( )* *

HI med

H I HIHI

ε −= ,

onde:

150HI mm= * * 152H I mm=


( ) ( )152 150 0,0133 /150HI HImed med


d) Deformação angular no ponto E relativa aos eixos x,y:

( ) *

2E xyxy

πγ φ= −

onde: *

* *76arctan 90,759 90,759 1,5842 75 180xy o o

xy xyo radφ πφ φ⎛ ⎞= ⇒ = = ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠


3.21

Substituindo na equação acima, escrevemos

( ) ( )1,584 0,01322E Exy xy

radπγ γ= − ⇒ = −

e) Deformação angular no ponto E relativa aos eixos x’,y’:

( ) *

2E x yx y

πγ φ ′ ′′ ′= −

onde:

*

2x y radπφ ′ ′ =

Substituindo na equação acima, escrevemos

( ) ( ) 02 2E Exy x y

radπ πγ γ ′ ′= − ⇒ =

Comentário:

Este exemplo ilustra bem o fato que num mesmo ponto do sólido as deformações

normais e as angulares dependem também das direções em relação às quais elas são

calculadas. ▲


3.22

3.4 ESTADO DE DEFORMAÇÃO De forma análoga ao estado de tensão, o estado de deformação em um ponto P do

sólido na configuração deformada, fica completamente determinado se forem

conhecidas as componentes de deformação no ponto, segundo um sistema de

coordenadas adotado para descrever a configuração do corpo. Essas componentes de

deformação são as deformações normais em três direções mutuamente ortogonais e

três deformações angulares ou de cisalhamento associadas a essas direções aos

pares. A deformação de um sólido pode ser completamente descrita em termos das

deformações longitudinais e das deformações angulares.

Para se entender como isso é possível imaginamos um sólido subdividido em

uma infinidade de pequenos paralelepípedos com arestas paralelas aos eixos do

sistema de coordenadas adotado, de modo que em cada ponto do corpo temos blocos

infinitesimais associados a esse ponto. A figura 3.11 mostra como seria essa subdivisão

do sólido em pequenos blocos e destaca um bloco típico, ampliado para facilitar a

visualização.

Figura 3.11 (a) Subdivisão do sólido em alguns paralelepípedos infinitesimais; (b) Destaque de um paralelepípedo no ponto P.


3.23

A deformação de cada bloco é caracterizada por mudanças nos comprimentos

das arestas e por mudanças nos ângulos entre as arestas, conforme ilustrado na figura

3.12.

Figura 3.12 (a) Paralelepípedo indeformado; (b) Deformação apenas nas dimensões das arestas; (c) Deformação angular das arestas após a deformação nas dimensões; (d) Movimento de corpo rígido. A seqüência de eventos descrita na figura 3.12 pode ser classificada como a seguir:

• Uma mudança nas dimensões (extensão ou contração);

• Uma mudança na forma (distorção);

• Movimento de corpo rígido (translação e/ou rotação).

Em geral numa deformação real, todos esses eventos ocorreriam

simultaneamente. O movimento de corpo rígido pode ser evitado pela aplicação de

vínculos adequados. O movimento de corpo rígido não contribui para a deformação do

sólido.


3.24

O método que temos definido para descrever a mudança no comprimento de um

segmento de reta pode ser aplicado às três arestas que concorrem no ponto P para se

determinar os seus comprimentos deformados. Para descrever a distorção ou mudança

de forma, podemos introduzir a deformação por cisalhamento entre os pares de

direções x e y, x e z, y e z. O paralelepípedo em consideração terá, após a deformação,

as seguintes dimensões e forma, conforme mostra a figura 3.13.

Figura 3.13 (a) Paralelepípedo no sólido indeformado; (b) Paralelepípedo

infinitesimal indeformado; (c) Paralelepípedo deformado.

Aplicando-se as equações (3.3) e (3.9), as arestas e os ângulos entre elas para o

paralelepípedo após a deformação terão os seguintes resultados:


3.25

• Comprimento das arestas deformadas

[ ]* 1 ( )xdx P dxε= +

* 1 ( )ydy P dyε⎡ ⎤= +⎣ ⎦

[ ]* 1 ( )zdz P dzε= + .

• Ângulos entre as arestas deformadas

* ( )2xy xy Pπφ γ= −

* ( )2xz xz Pπφ γ= −

* ( )2yz yz Pπφ γ= − .

Portanto, a deformação de um bloco elementar é assim completamente

determinada, ou seja, se conhecermos as componentes de deformação

, , , , ,x y z xy xz yzε ε ε γ γ γ no ponto considerado. Como a deformação do sólido é o resultado

de todas as mudanças ocorridas em todas as suas porções elementares, a

configuração deformada do sólido fica completamente definida se conhecermos essas

componentes de deformação em cada ponto do sólido.

Na verdade, como veremos, esta configuração deformada será definida a partir

do campo de deslocamento que será obtido a partir das relações deformação-

deslocamento que estudaremos a seguir.


3.26

Exemplo 3.4 Um bloco retangular de borracha é deformado homogeneamente (as

deformações são as mesmas em todos os pontos do corpo) para outro bloco retangular.

Nas direções das arestas, as deformações normais são

2 2 210 10 , 8 10 , 3 10x y zε ε ε− − −= × = × = − × .

Calcule a variação em (%) no volume desse bloco.

Solução

• Solução #1:

( ) ( )* 21 1 10 10xdx dx dxε −= + = + ×

( ) ( )* 21 1 3 10zdz dz dzε −= + = − ×

*

* * * * 100%V dxdydz V V

V dx dy dz V= ⎫ −

⇒ ×⎬= ⎭ (variação do volume em %)

( ) ( ) ( )2 2 2* 1 10 10 1 8 10 1 3 10100% 100%

dx dy dz dxdydzV VV dxdydz

− − −+ × + × − × −−× = ×

( )( )( )2 2 21 10 10 1 8 10 1 3 10 1− − −⎡ ⎤= + × + × − × −⎣ ⎦

*

100% 15, 2%V VV−

⇒ × =


3.27

• Solução #2:

( ) ( ) ( )* 1 1 1100% 100%x y zdx dy dz dxdydzV V

V dxdydzε ε ε+ + + −−

× = ×

( )( )( )1 1 1 1 100%x y zε ε ε⎡ ⎤= + + + − ×⎣ ⎦

0

100%x y z x y x z y z x y zε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε ε≅

⎛ ⎞⎜ ⎟= + + + + + + ×⎜ ⎟⎝ ⎠

Como as deformações são pequenas consideramos desprezíveis os produtos das

deformações em comparação com as mesmas e escrevemos

( ) ( )*

2 2 2100% 100% 1 10 10 1 8 10 1 3 10 100%x y zV V

Vε ε ε − − −−

× ≅ + + × = + × + + × + − × ×

*

100% 15%V VV−

⇒ × ≅ ▲

3.5 RELAÇÕES DEFORMAÇÃO-DESLOCAMENTO LINEARIZADAS

Como já foi definido na seção 3.1, o campo de deslocamentos dos pontos de um sólido

sob carregamento é constituído pelas funções de posição

( , , )u u x y z= ( , , )v v x y z= ( , , )w w x y z= ,

unívocas, contínuas e diferenciáveis, onde u, v, w são as componentes do vetor

deslocamento u de um ponto A(x,y,z), segundo os eixos x,y,z do sistema de

coordenadas cartesianas retangulares adotado para definir a configuração inicial de

referência do corpo.

Para o estudo da deformação estamos interessados nos deslocamentos relativos

de pontos vizinhos, situados infinitamente próximos no sólido. Então, podemos escrever

os valores das funções deslocamentos u, v, w para esses pontos separados pelas

distâncias dx, dy, dz, empregando-se a série de Taylor.


3.28

Seja, portanto, P(x+dx, y+dy, z+dz) um ponto arbitrário vizinho do ponto A (x,y,z).

Consideremos a seguir a expansão em série de Taylor de cada uma das componentes

do vetor deslocamento nas vizinhanças do ponto A (x,y,z):

( , , ) ( , , ) u u uu x dx y dy z dz u x y z dx dy dzx y z∂ ∂ ∂

+ + + = + + +∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 22 2 2

1 1 12! 2! 2!

u u udx dy dzx y z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂+ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

…

( , , ) ( , , ) v v vv x dx y dy z dz v x y z dx dy dzx y z∂ ∂ ∂

+ + + = + + +∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 22 2 2

1 1 12! 2! 2!

v v vdx dy dzx y z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂+ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

…

( , , ) ( , , ) w w ww x dx y dy z dz w x y z dx dy dzx y z

∂ ∂ ∂+ + + = + + +

∂ ∂ ∂

( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 22 2 2

1 1 12! 2! 2!

w w wdx dy dzx y z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞∂ ∂ ∂+ + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

… (3.12)

Como as distâncias dx, dy e dz são infinitesimais, os termos à direita dos termos

lineares das equações (3.12) podem ser desprezados por serem infinitésimos de ordem

superior em relação aos outros termos das séries. Então, podemos escrever

( , , ) ( , , ) u u uu x dx y dy z dz u x y z dx dy dzx y z∂ ∂ ∂

+ + + ≅ + + +∂ ∂ ∂

( , , ) ( , , ) v v vv x dx y dy z dz v x y z dx dy dzx y z∂ ∂ ∂

+ + + ≅ + + +∂ ∂ ∂

( , , ) ( , , ) w w ww x x y dy z dz w x y z dx dy dzx y z

∂ ∂ ∂+ + + ≅ + + +

∂ ∂ ∂. (3.13)


3.29

A figura 3.14 (a) mostra um paralelepípedo infinitesimal desenhado a partir de

um ponto arbitrário A (x,y,z) num sólido na configuração indeformada, com as arestas

AB, AC e AD paralelas aos eixos x, y, z , respectivamente. A figura 3.14(b) mostra o

sólido na configuração deformada, com as arestas deformadas como A*B*, A*C* e

A*D*.

As novas posições desses pontos, na configuração final deformada são obtidas

considerando-se as componentes de deslocamento u, v, w de cada ponto, cujos valores

são calculados a partir das equações (3.13).

Figura 3.14 (a) Sólido na configuração indeformada com um paralelepípedo infinitesimal típico desenhado a partir do ponto A; (b) Sólido na configuração deformada com as arestas do paralelepípedo infinitesimal nas novas posições; (c) Paralelepípedo ampliado com as suas dimensões infinitesimais.

A figura 3.15 apresenta um esquema ampliado para facilitar a compreensão, dos

deslocamentos dos pontos A, B, C e D para as novas posições, após a deformação, A*,

B*, C* e D*. As componentes de deslocamentos para o ponto D não estão indicadas na

figura, para não prejudicar a sua compreensão.


3.30

Figura 3.15 (a) Vista ampliada das arestas antes e depois da deformação; (b) Explicação gráfica da variação das componentes de deslocamentos no ponto A e nos pontos vizinhos.


3.31

Para o estabelecimento das relações linearizadas entre as componentes de

deformação e as componentes de deslocamento, admite-se como base a “hipótese de

pequenas mudanças na configuração”, onde as componentes de deformação, bem

como os gradientes de deslocamentos são quantidades consideradas muito pequenas

comparadas com a unidade. Como conseqüência da hipótese de pequenos gradientes

de deslocamentos, as rotações (expressas em radianos) sofridas pelos segmentos

elementares são quantidades também muito pequenas comparadas com a unidade.

Portanto, os produtos dessas rotações serão quantidades infinitesimais de ordem

superior quando comparadas com as componentes de deformação, podendo assim ser

desprezadas. Desse modo, podemos considerar as projeções dos segmentos

elementares deformados, os quais originalmente tinham a direção dos eixos de

coordenadas, sobre os planos coordenados.

Então, por exemplo, para a obtenção das relações entre , ,x y xyε ε γ e os

deslocamentos, construímos a figura 3.16, onde (A*), (B*) e (C*) são as projeções dos

pontos A*, B*, C* no plano coordenado xy. Veja também a figura 3.15(a).

Figura 3.16 Projeções das arestas A*B* e A*C* deformadas sobre o plano xy.


3.32

Da figura 3.16, podemos escrever

( *)( *)cos ( *)( *)cosu udx u dx u A B dx dx A Bx x

φ φ∂ ∂+ + = + ⇒ + =

∂ ∂. (3.14)

( *)( *)cos ( *)( *)cosv vdy v dy v A C dy dy A Cy y

ψ ψ∂ ∂+ + = + ⇒ + =

∂ ∂. (3.15)

A partir da equação (3.2) os comprimentos dos segmentos AB e AC (arestas do

paralelepípedo indeformado) na configuração deformada escrevem-se

* * (1 )xA B dxε= + (3.16)

* * (1 )yA C dyε= + . (3.17)

Com a hipótese de pequenos gradientes de deslocamentos, podemos observar

na figura 3.15 que * * * *( )( )A B A B≅ e * * * *( )( )A C A C≅ , pois

ww dx wx

∂+ ≅∂

ww dy wy

∂+ ≅∂

.

Então, com as hipóteses acima nas equações (3.16) e (3.17), podemos escrever

( *)( *) * * (1 )xA B A B dxε≅ = + (3.18)

( *)( *) * * (1 )yA C A C dyε≅ = + . (3.19)

Substituindo-se (3.18) e (3.19) em (3.14) e (3.15) obtemos

(1 ) cosxudx dx dxx

ε φ∂+ = +∂

(3.20)

(1 ) cosyvdy dy dyy

ε ψ∂+ = +∂

. (3.21)


3.33

Ainda, considerando-se pequenos gradientes de deslocamentos, e a definição de

deformação angular dada em (3.9), escrevemos

* * * * * *( )( )( )2 2 xyC A B C A Bπ π γ− ≅ − = . (3.22)

Consequentemente, a partir das hipóteses adotadas, escrevemos

, cos 1e pequeno senφ φ φ φ′ ⇒ ≅ ≅ (3.23)

, cos 1e pequeno senψ ψ ψ ψ′ ⇒ ≅ ≅ . (3.24)

Substituindo (3.23) e (3.24) nas equações (3.20) e (3.21) temos

(1 )xudx dx dxx

ε∂+ = +∂

(3.25)

(1 )yvdy dy dyy

ε∂+ = +∂

. (3.26)

Considerando-se a equação (3.22) e a figura 3.16, escrevemos

xyφ ψ γ+ = . (3.27)

Ainda, da figura 3.16, temos

( *)( *) (1 ) (1 )x x

v v vdx dxx x xsen

A B dxφ φ

ε ε

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂≅ = = =

+ + (3.28)

( *)( *) (1 ) (1 )y y

u u udy dyy y ysen

A C dyψ ψ

ε ε

∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂≅ = = =

+ + (3.29)


3.34

Das equações (3.25) e (3.26) obtemos

xux

ε ∂=∂

(3.30)

yvy

ε ∂=∂

. (3.31)

Substituindo-se (3.28) e (3.29) em (3.27) e, pela hipótese básica que considera

xε e yε muito pequenos quando comparados com a unidade, podemos escrever

xyv u u vex y y x

φ ψ γ ψ φ∂ ∂ ∂ ∂≅ ≅ ⇒ = + = +∂ ∂ ∂ ∂

(3.32)

Considerando-se as projeções dos segmentos deformados sobre os outros dois

planos coordenados, xz e yz e procedendo de modo análogo ao descrito acima,

obtemos as demais relações deformação-deslocamento, semelhantes às equações

(3.30)-(3.32).

A seguir, listamos todas as relações deformação-deslocamento linearizadas,

decorrentes da “hipótese de pequenas mudanças na configuração”.

x xyu u vx y x

ε γ∂ ∂ ∂= = +∂ ∂ ∂

y xzv u wy z x

ε γ∂ ∂ ∂= = +∂ ∂ ∂

z yzw v wz z y

ε γ∂ ∂ ∂= = +∂ ∂ ∂

(3.33)

Essas componentes de deformação são também denominadas de deformações

infinitesimais.


3.35

3.6 TENSOR DEFORMAÇÃO DE GREEN A melhor maneira de se descrever a teoria da deformação de um meio contínuo é

através da noção de transformação. Uma transformação implica em deslocamento e

mudança de forma. Então, devemos saber descrever um sólido numa configuração

inicial e, após a transformação, na configuração final. Nesse texto entende-se por

configuração inicial a configuração indeformada e por configuração final a configuração

deformada.

Considere o sólido da figura 3.17. As duas configurações, inicial e final, são

descritas segundo o mesmo sistema de coordenadas Cartesianas retangulares. Os

pontos materiais do sólido e suas coordenadas na configuração indeformada são

representados por letras maiúsculas, enquanto que os mesmos pontos e suas novas

coordenadas na configuração deformada são representados por letras minúsculas.

Onde for conveniente, os vetores serão descritos por matrizes colunas { }• .

Figura 3.17 Sólido antes e depois da deformação.


3.36

Em qualquer instante t a configuração do sólido é expressa em função da

configuração indeformada por meio da transformação

( ), , ,r r X Y Z t= , (3.34)

onde { }r r= é o vetor posição de um ponto p no sólido deformado, o qual corresponde

ao ponto P(X,Y,Z) na configuração indeformada.

Para um dado ponto P, ou seja, para um dado valor fixo das coordenadas X,Y e

Z, a relação (3.34) nos fornece a trajetória da partícula material associada a esse ponto

geométrico.

Como o conceito de deformação envolve apenas a comparação entre duas

configurações (no nosso caso, entre a configuração deformada e a configuração

indeformada) o tempo gasto ou a trajetória percorrida pelas partículas entre as duas

configurações são irrelevantes. Podemos, então, escrever

( ), ,r r X Y Z= , (3.35)

omitindo-se a dependência do tempo. A relação (3.35) significa uma transformação da

configuração indeformada na configuração deformada.

Sejam ( ), ,P X Y Z e ( ), ,Q X dX Y dY Z dZ+ + + dois pontos vizinhos, infinitamente

próximos, na configuração indeformada. Quando agentes externos, como forças ou

variação de temperatura, são aplicados, o sólido se deforma e os pontos materiais P e

Q se deslocam de u e u du+ , respectivamente, para as suas novas posições ( ), ,p x y z

e ( ), ,q x dx y dy z dz+ + + na configuração deformada.

Da figura 3.17 observamos que o vetor { }PQ dR= muda (comprimento e/ou

direção) para o vetor { }pq dr= . Isso significa que o segmento de reta PQ , após a

transformação, continua um segmento de reta pq . Essa hipótese é possível, como

veremos a seguir, devido ao comprimento infinitesimal desse segmento de reta.


3.37

Figura 3.18 Reprodução da figura 3.17 com mais detalhes.

Da figura 3.18, a qual é a figura 3.17 um pouco mais detalhada, podemos

escrever

{ } { } { }r R u= + (3.36)

{ } { } { }dr dR du= + , (3.37)

onde

{ } { } { }x X u

r y R Y u vz Z w

⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

(3.38)


3.38

{ } { } { }dx dX du

dr dy dR dY du dvdz dZ dw

⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= = =⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

(3.39)

Como já vimos na seção 3.1, o vetor deslocamento { }u tem, no sistema de

coordenadas cartesianas adotado, as seguintes componentes

( , , )u u X Y Z=

( , , )v v X Y Z=

( , , )w w X Y Z= , (3.40)

as quais são funções contínuas e diferenciáveis. A componente ( , , )u u X Y Z= não deve

ser confundida com o vetor { }u . Então, podemos escrever essas funções em pontos

vizinhos de um ponto conhecido, por meio de uma expansão em série de Taylor dessas

funções deslocamentos

( , , ) 0( , , )u u uu du u X Y Z dX dY dZ dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

+ = + + + +∂ ∂ ∂

( , , ) 0( , , )v v vv dv v X Y Z dX dY dZ dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

+ = + + + +∂ ∂ ∂

( , , ) 0( , , )w w ww dw w X Y Z dX dY dZ dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

+ = + + + +∂ ∂ ∂

, (3.41)

onde ( )0 , ,dX dY dZ representa os termos infinitesimais de ordem superior, os quais

dependem dos produtos das quantidades infinitesimais , ,dX dY dZ . Sendo assim,

podemos desprezar esses termos em relação aos demais nas séries (3.41) e,

considerando-se as relações (3.40), escrevemos


3.39

u u udu dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

v v vdv dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

w w wdw dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

,

ou, na forma matricial

u u udX dY dZX Y Zduv v vdv dX dY dZX Y Z

dw w w wdX dY dZX Y Z

∂ ∂ ∂⎧ ⎫+ +⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎧ ⎫ ⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪= + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩ ⎭ ∂ ∂ ∂⎪ ⎪+ +⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎩ ⎭

. (3.42)

Considerando-se (3.37), (3.39) e (3.42),escrevemos

u u udX dY dZX Y Zdx dX du dx dXv v vdy dY dv dy dY dX dY dZX Y Z

dz dZ dw dz dZ w w wdX dY dZX Y Z

∂ ∂ ∂⎧ ⎫+ +⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪= + ⇒ = + + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ∂ ∂ ∂⎪ ⎪+ +⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎩ ⎭

Fazendo-se a soma das matrizes acima obtemos

1

1

1

u u udX dY dZX Y Z

dxv v vdy dX dY dZX Y Z

dzw w wdX dY dZX Y Z

⎧ ∂ ∂ ∂ ⎫⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪ ⎪⎧ ⎫⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎛ ⎞= + + +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪ ⎪ ⎪ ⎪

⎩ ⎭ ⎪ ⎪∂ ∂ ∂⎛ ⎞+ + +⎪ ⎪⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎩ ⎭

, (3.43)


3.40

ou

1

1

1

u u uX Y Z

dx dXv v vdy dYX Y Z

dz dZw w wX Y Z

⎡ ∂ ∂ ∂ ⎤⎛ ⎞+⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎢ ⎥⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛ ⎞= +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎛ ⎞+⎢ ⎥⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

. (3.44)

A equação (3.44) pode ser vista como uma operação, a qual transforma um vetor

{ } [ ]TdR dX dY dZ= de comprimento dS em outro vetor { } [ ]Tdr dx dy dz= de

comprimento ds . Esse tipo de operação é denominado de transformação linear.

É a linearização das equações (3.41), ao desprezarmos os termos infinitesimais

de ordem superior, que nos permite assumir que o vetor { }dR é transformado em outro

vetor { }dr e não em uma curva. Essa linearização é possível e válida porque o ponto Q

é infinitamente próximo do ponto P, ou seja, , ,dX dY dZ são distâncias infinitesimais

(consequentemente, a magnitude dS do vetor { }dR é infinitesimal).

A matriz quadrada da equação (3.44), que representa o operador da

transformação linear, é obtida derivando-se as funções deslocamentos no ponto

( ), ,P X Y Z em relação às coordenadas X,Y,Z do sistema na configuração indeformada.

A equação (3.44) pode ser reescrita como

1 0 00 1 00 0 1

u u uX Y Zdx dXv v vdy dYX Y Z

dz dZw w wX Y Z

⎛ ∂ ∂ ∂ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎧ ⎫ ⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎢ ⎥

∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥= +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭∂ ∂ ∂⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦⎝ ⎠

. (3.45)


3.41

Definindo-se

[ ]1 0 00 1 00 0 1

I⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]

u u uX Y Zv v vHX Y Zw w wX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥= ⎢ ⎥∂ ∂ ∂

⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

, (3.46)

a equação (3.45) pode ser escrita como

[ ] [ ]( )dx dXdy I H dYdz dZ

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪= +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭

. (3.47)

A matriz [ ]I é a matriz identidade e [ ]H é o gradiente dos deslocamentos em

relação às coordenadas lagrangianas (coordenadas dos pontos materiais do sólido na

configuração indeformada).

A equação (3.42) pode ser reescrita como a seguir:

u u uX Y Zdu dXv v vdv dYX Y Z

dw dZw w wX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎩ ⎭∂ ∂ ∂⎢ ⎥

⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

, (3.48)

ou, considerando-se (3.39) e (3.46),

{ } [ ]{ }du H dR= . (3.49)


3.42

A partir das equações (3.48) ou (3.49) observamos que [ ]H representa um

operador que realiza uma transformação linear entre os vetores { }dR e { }du . Portanto,

[ ]H é um tensor de segunda ordem, pois transforma um vetor em um outro vetor.

De (3.35) e (3.38) podemos escrever

( ) { }( )( )( )

, ,, , , ,

, ,

x x x X Y Zr r X Y Z e r y y y X Y Z

z z z X Y Z

=⎧⎧ ⎫⎪ ⎪ ⎪= = ⇒ =⎨ ⎬ ⎨⎪ ⎪ ⎪ =⎩ ⎭ ⎩

. (3.50)

Assim, temos

x x xdx dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

y y ydy dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

z z zdz dX dY dZX Y Z∂ ∂ ∂

= + +∂ ∂ ∂

, (3.51)

ou, na forma matricial

x x xX Y Zdx dXy y ydy dYX Y Z

dz dZz z zX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎩ ⎭∂ ∂ ∂⎢ ⎥

⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

. (3.52)

Levando-se em conta (3.39), a equação (3.52) pode ser escrita na forma mais

compacta

{ } { }{ } { }r

dr dRR

⎡ ⎤∂= ⎢ ⎥∂⎣ ⎦

, (3.53)


3.43

onde

{ }{ }

{ } { } { }

x x xX Y Z

r r r r y y yR X Y Z X Y Z

z z zX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎡ ⎤ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

. (3.54)

Fazendo-se

[ ] { }{ }

x x xX Y Z

r y y yFR X Y Z

z z zX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

, (3.55)

onde [ ]F é definido como o tensor gradiente da transformação, ou matriz jacobiana da

transformação ( ), ,r r X Y Z= , escrevemos

{ } [ ]{ }dr F dR= . (3.56)

Das equações (3.47) e (3.52) temos

[ ] [ ]( )

x x xX Y Zdx dX dXy y ydy dY I H dYX Y Z

dz dZ dZz z zX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥= = +⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭∂ ∂ ∂⎢ ⎥

⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

. (3.57)

Considerando-se o tensor gradiente da transformação definido em (3.55), escrevemos


3.44

[ ] [ ] [ ]

x x xX Y Zy y yF I HX Y Zz z zX Y Z

∂ ∂ ∂⎡ ⎤⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥= = +⎢ ⎥∂ ∂ ∂

⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎢ ⎥⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦

. (3.58)

O tensor [ ]F é a quantidade chave para quantificar a deformação, pois ele é o

operador que transforma o vetor { } [ ]TdR dX dY dZ= na configuração indeformada,

no vetor { } [ ]Tdr dx dy dz= na configuração deformada. Esses vetores representam a

posição de pontos vizinhos infinitamente próximos do ponto onde queremos definir a

deformação, na configuração indeformada e na configuração deformada,

respectivamente, conforme mostra a figura 3.17.

• Tensor Deformação de Green

Da figura 3.17, temos que o comprimento dos vetores { }dR e { }dr são dS e ds ,

respectivamente.

Como o quadrado do módulo de um vetor é o resultado do produto escalar desse

vetor por ele mesmo, escrevemos

{ } { }2 TdS dR dR= (3.59)

{ } { }2 Tds dr dr= . (3.60)


[ ]{ }( ) [ ]{ }( ) { } [ ] [ ]{ }2 T TTds F dR F dR dR F F dR= = . (3.61)

Subtraindo (3.59) de (3.61), escrevemos


3.45

{ } [ ] [ ]{ } { } { }2 2 TT Tds dS dR F F dR dR dR− = −

{ } [ ] [ ] [ ]( ){ }TTdR F F I dR= − . (3.62)

Dividindo ambos os membros de (3.62) por 22dS , obtemos

{ } [ ] [ ] [ ] { } { } [ ]{ }2 2

22 2

TTTF F IdR dRds dS N e N

dS dS dS

⎛ ⎞−−⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎝ ⎠

, (3.63)

onde { } { }N dR dS= é um vetor unitário na direção de { }dR e [ ]e é o tensor

deformação de Green. A expressão (3.63) representa uma medida de deformação de

uma “fibra” num sólido, no ponto P(X,Y,Z), segundo a direção de PQ dR= , a qual é a

mesma direção do vetor unitário { }N .

O fator 2 é inserido em (3.63) por conveniência, em virtude das interpretações

geométricas desse tensor, quando consideramos o estudo de pequenas deformações

decorrentes da hipótese de pequenos gradientes de deslocamentos.

À primeira vista pode parecer estranha essa medida de deformação de uma

“fibra”, pois como já vimos, a medida mais natural é o seu alongamento relativo,

definido em (3.2). Mas, ela se mostra muito conveniente do ponto de vista matemático

no estudo da deformação na Mecânica dos Sólidos e, como veremos mais adiante, no

caso de pequenas deformações ela conduz aos mesmos resultados obtidos quando se

considera o alongamento linear definido em (3.2).

Considerando-se (3.58) e (3.63), escrevemos para o tensor [ ]e , segundo as

coordenadas cartesianas X,Y,Z

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2 2

T T TF F I H H H He

− + += = . (3.64)


3.46

A quantidade [ ]e é um tensor de segunda ordem simétrico. A sua simetria pode

ser verificada como a seguir: a partir de (3.64) escrevemos

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]2 2 2

TT T TTF F I F F I F F I

e e⎛ ⎞− − −⎜ ⎟= ⇒ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Portanto,

[ ] [ ] [ ]Te e e= ⇒ é simétrico. (3.65)

• Relações deformação-deslocamento

Como as matrizes [ ]F e [ ]H envolvidas na definição do tensor [ ]e são obtidas

por derivações em relação às coordenadas lagrangianas X,Y,Z (configuração

indeformada), definimos as componentes do tensor deformação de Green, ressaltando

essas coordenadas, da seguinte maneira, já considerando a sua simetria:

[ ]X XY XZ

XY Y YZ

XZ YZ Z

e e ee e e e

e e e

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3.66)

Substituindo (3.46) no lugar de [ ]H na definição (3.64) e considerando (3.66),

obtemos as seguintes relações deformação-deslocamento: 2 2 21

2Xu u v weX X X X

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2 21

2Yv u v weX Y Y Y

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

2 2 21

2Yw u v weZ Z Z Z

⎡ ⎤∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦


3.47

1 12 2XY

u v u u v v w weY X X Y X Y X Y∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎡ ⎤= + + + +⎜ ⎟ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎣ ⎦

1 12 2XZ

u w u u v v w weZ X X Z X Z X Z∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎡ ⎤= + + + +⎜ ⎟ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎣ ⎦

1 12 2YZ

v w u u v v w weZ Y Y Z Y Z Y Z∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎡ ⎤= + + + +⎜ ⎟ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠ ⎣ ⎦

. (3.67)

Na seção 3.5, devido à hipótese de pequenas deformações, não foi feita uma

distinção entre as coordenadas na configuração indeformada e as coordenadas na

configuração deformada, mas todas as operações matemáticas desenvolvidas foram

em relação às coordenadas na configuração indeformada. Assim, podemos comparar

os resultados apresentados em (3.33) com os das relações (3.67).

Dessa comparação observamos que as componentes do tensor de Green

possuem uma parcela não linear, a qual é representada pelos produtos dos gradientes

dos deslocamentos. Mas, se considerarmos a “hipótese de pequenas mudanças na

configuração”, onde os gradientes de deslocamentos são pequenos de modo que

podemos desprezar os seus produtos, escrevemos para as deformações infinitesimais

as seguintes relações:

X XueX

ε ∂= =

∂

Y YveY

ε ∂= =

∂

Z ZweZ

ε ∂= =

∂

2 2XY XY XYu veY X

ε γ ∂ ∂= = = +

∂ ∂


3.48

2 2XZ XZ XZu weZ X

ε γ ∂ ∂= = = +

∂ ∂

2 2YZ YZ YZv weZ Y

ε γ ∂ ∂= = = +

∂ ∂ (3.68)

Das relações (3.68) vemos que a quantidade conhecida como deformação

angular ou de cisalhamento γ , normalmente usada na engenharia, é o dobro da

componente correspondente do tensor deformação de Green, para pequenos

gradientes de deslocamentos. As componentes , , , , ,x y z XY XZ YZε ε ε ε ε ε dadas em (3.68)

constituem o chamado tensor deformação infinitesimal de Cauchy.

É comum denominarmos as componentes , ,X Y Ze e e ou , ,X Y Zε ε ε de deformação

normal e , ,XY XZ YZe e e ou , ,XY XZ YZε ε ε de deformação de cisalhamento.


{ } [ ]{ }2 2

22Tds dS N e N

dS−

= . (3.69)

Essa medida de deformação é conhecida como alongamento quadrático. A

escolha de uma definição de deformação é uma questão de conveniência. Na Mecânica

dos Sólidos a medida de deformação preferida é o alongamento quadrático ou de

Green, cujo tensor [ ]e associado, além de englobar as componentes de deformação

normal e de cisalhamento, facilita, por exemplo, todas as operações que envolvem

mudanças de coordenadas.

De (3.69) observamos que se num dado ponto do sólido nenhuma “fibra” muda

de comprimento, então ds dS= e

{ } [ ]{ } [ ] [ ]0 0TN e N e= ⇒ = , (3.70)

porque [ ]e é uma matriz simétrica e { }N é um vetor unitário qualquer, conforme

demonstração apresentada na seção 2.8, equação (2.117). Portanto, uma condição

necessária e suficiente para variação nula no comprimento de uma fibra genérica é que

[ ] [ ]0e = .


3.49

Então, podemos concluir que o tensor [ ]e é uma boa medida da deformação

num ponto de um sólido.

Das equações (3.63) e (3.70) também observamos que se não há variação no

comprimento da “fibra”, ds dS= , podemos escrever

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]02

TF F Ie

−= = , (3.71)

o que implica em

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ][ ] [ ]

0T T F I e ortogonalF F I F F I

F I⎧ ≠⎪− = ⇒ = ⇒ ⎨ =⎪⎩

Quando [ ] [ ]F I= a ausência de deformação é devida a movimento de corpo

rígido em translação, pois

{ } [ ]{ } { } [ ]{ } { }dr F dR dr I dR dR= ⇒ = =

Quando [ ]F é ortogonal em todos os pontos do sólido, então a ausência de

deformação é devida a movimento de corpo rígido por rotação.

Comentários: • Nenhum princípio da física é necessário para se definir deformação. É um

conceito puramente geométrico.

• Podemos usar a série de Taylor para se escrever, na vizinhança do ponto

P(X,Y,Z)

{ } { } { }{ } { } { }

{ } { }( ) { }{ }{ } { } { }

{ } { }( )2

2!P P

PP P

R R R R

R Rr rr r R R

R R R= =

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤∂ ∂∂= + − + +⎢ ⎥ ⎢ ⎥∂ ∂ ∂⎣ ⎦ ⎣ ⎦

…

{ } [ ]{ } { } { } { } [ ]{ } { }{ }2

2!P PP R R R R

dRr F dR F

R= =

∂= + + +

∂… (3.72)


3.50

A série pode ser truncada após o termo linear considerando-se um ponto Q

infinitamente próximo de P

{ } { } [ ]{ } { } { } { } { } { } [ ]{ } { } { }P P

P PR R R Rr r F dR dr r r F dR

= == + ⇒ = − = (3.73)

Como já havíamos visto, a linearização da expansão em série de Taylor nos garante

que o vetor infinitesimal { }dR se transforme, com a aplicação de [ ]F , num vetor { }dr e

não numa curva.

Mas, se [ ]F independe das coordenadas X,Y,Z, ou seja, o campo de

deformação é homogêneo (uniforme), a linearização será sempre válida

independentemente se a distância entre os pontos P e Q for infinitesimal ou finita,

porque as derivadas de [ ]F serão nulas e consequentemente anularão os termos não

lineares da série (3.72).

• No caso de movimento de corpo rígido, [ ]F também independe das

coordenadas X,Y,Z e assim, podemos escrever para qualquer ponto do sólido

{ } [ ]{ } { } { }PR R

dr F dR=

= , (3.74)

onde [ ] [ ]F I= (translação) ou [ ] [ ]F I≠ mas é ortogonal (rotação).

• Para o estabelecimento das relações deformação-deslocamento linearizadas foi

admitida a “hipótese de pequenas mudanças na configuração”. Esta hipótese

implica em que as componentes de deformações e os gradientes de

deslocamentos sejam quantidades muito pequenas quando comparadas com a

unidade. Mas essa hipótese não impõe nenhuma restrição à magnitude dos

deslocamentos, apenas obriga as rotações e as deformações do elemento

infinitesimal { }dR (figura 3.17) serem pequenas quantidades.


3.51

Pelas equações (3.68) vemos que, se os gradientes dos deslocamentos são

pequenos, obrigatoriamente a deformação é pequena. No entanto, se a

deformação for pequena, nada se poderá afirmar quanto à magnitude dos

gradientes do deslocamento, principalmente daqueles relacionados à rotação do

sólido. Para ilustrar essa situação, considere uma barra metálica muito fina,

como na figura 3.19.

Figura 3.19 Viga sob pequena deformação, mas grande rotação.

A barra é engastada numa extremidade e sujeita a uma carga-momento na

extremidade livre. A barra se deforma, aproximadamente, segundo um arco de

circunferência. A extremidade livre pode sofrer uma rotação tão grande quanto

π radianos (180º), como indica a figura e ainda apresentar deformações tão

pequenas que nenhuma deformação permanente ocorrerá. Nesse problema é

necessário considerar as componentes de deformação de Green completas, ou

seja, com as parcelas não lineares.


3.52

3.7 INTERPRETAÇÃO GEOMÉTRICA DAS COMPONENTES DO TENSOR DEFORMAÇÃO DE GREEN

Como foi definido anteriormente, o alongamento quadrático ou de Green que

representa uma medida da deformação normal de uma “fibra” do sólido, num ponto P e

originalmente na direção { }N é dado por

{ } [ ]{ }2 2

22Tds dS N e N

dS−

= . (3.75)

Se escolhermos um sistema de coordenadas X,Y,Z Cartesianas retangulares, tal

que o eixo X, por exemplo, seja paralelo ao vetor unitário { }N , temos

{ }100

N⎧ ⎫⎪ ⎪= ⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

(3.76)

[ ]N NY NZ

NY Y YZ

NZ YZ Z

e e ee e e e

e e e

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3.77)

Substituindo-se (3.76) e (3.77) em (3.75)

[ ]2 2

2

11 0 0 0

20

N NY NZ

NY Y YZ N

NZ YZ Z

e e eds dS e e e e

dSe e e

⎡ ⎤ ⎧ ⎫− ⎪ ⎪⎢ ⎥= =⎨ ⎬⎢ ⎥

⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎩ ⎭

. (3.78)

De (3.78) podemos escrever 2 2

2 1 22 N N

ds dS e ds e dSdS−

= ⇒ = + . (3.79)


3.53

Da definição de alongamento relativo linear (3.2) escrevemos

( )1N Nds dS ds dS

dSε ε−

= ⇒ = + . (3.80)

Comparando-se (3.79) com (3.80) temos

( ) 211 2 12N N N N Ne dS dS eε ε ε+ = + ⇒ = + . (3.81)

De (3.81) observamos que a componente de deformação normal do tensor

deformação de Green, na direção de uma “fibra” é igual ao alongamento relativo ou

específico dessa “fibra” mais a metade do seu quadrado.

O resultado de (3.81) pode ser escrito para “fibras” cujas direções { }N são

paralelas a cada um dos três eixos do sistema de coordenadas adotado. Assim, temos

212X X Xe ε ε= +

212Y Y Ye ε ε= +

212Z Z Ze ε ε= + . (3.82)

Para a interpretação das componentes de deformação de cisalhamento do tensor

de Green considere dois segmentos de retas mutuamente perpendiculares, passando

pelo ponto P(X,Y,Z) e pelos pontos infinitamente próximos de P, 1Q e 2Q , tais que

{ }11PQ dR= (3.83)

{ }22PQ dR= . (3.84)


3.54

Os vetores unitários nas direções de 1PQ e 2PQ são N e S , respectivamente.


{ } { }11

1N dRdS

= (3.85)

{ } { }22

1S dRdS

= , (3.86)

onde 1dS e 2dS são os módulos dos vetores 1PQ e 2PQ , respectivamente.

Após a deformação, os vetores 1PQ e 2PQ se transformam nos vetores 1pq e

2pq , respectivamente, e o ângulo entre eles, que era originalmente 2π radianos,

passa a ser φ .

Então, o produto escalar entre esses dois vetores se escreve

{ } { }1 2 1 21 2 cosTpq pq dr dr ds ds φ⋅ = = . (3.87)

Pela equação (3.56) e como estamos considerando vetores no mesmo ponto P(X,Y,Z) a

matriz [ ]F , gradiente da transformação, é a mesma para os dois vetores, podemos

escrever

{ } [ ]{ }1 1dr F dR= (3.88)

{ } [ ]{ }2 2dr F dR= . (3.89)

Substituindo-se (3.88) e (3.89) em (3.87) escrevemos

[ ]{ }( ) [ ]{ }( )1 2 1 21 2 cosT

pq pq F dR F dR ds ds φ⋅ = = (3.90)


3.55

ou

{ } [ ] [ ]{ }1 2 1 2 cosTTdR F F dR ds ds φ= . (3.91)

Da definição (3.64) escrevemos

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]22

TTF F I

e F F e I−

= ⇒ = + . (3.92)

Substituindo-se (3.85), (3.86) e (3.92) em (3.91) obtemos

{ }( ) [ ] [ ]( ) { }( )1 2 1 22 cosT

dS N e I dS S ds ds φ+ = . (3.93)

Efetuando-se as operações indicadas na equação (3.93)

{ } [ ]{ } { } { }1 2 1 2 1 22 cosT TdS dS N e S dS dS N S ds ds φ+ = . (3.94)

Como os vetores unitários { }N e { }S são ortogonais o seu produto escalar { } { }TN S é

nulo e a equação (3.94) escreve-se

{ } [ ]{ }1 2 1 22 cosTdS dS N e S ds ds φ= . (3.95)

Como queremos interpretar o significado geométrico das componentes de

deformação angular do tensor [ ]e , escolhemos, por exemplo, o sistema de

coordenadas cartesianas X,Y,Z tal que o eixo X seja paralelo a { }N e o eixo Y seja

paralelo a { }S . Assim, podemos escrever

{ } [ ]{ } [ ]1 0 0 10

N NS NZT

NS S SZ NS

NZ SZ Z

e e e oN e S e e e e

e e e

⎡ ⎤ ⎧ ⎫⎪ ⎪⎢ ⎥= =⎨ ⎬⎢ ⎥⎪ ⎪⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎩ ⎭

. (3.96)


3.56

Substituindo (3.96) em (3.95)

1 21 2 1 2

1 2

2 cos cos2NS NSds dsdS dS e ds ds edS dS

φ φ= ⇒ = . (3.97)

Mas, de (3.79), escrevemos

1 11 2 Nds e dS= + (3.98)

2 21 2 Sds e dS= + . (3.99)

Substituindo (3.98) e (3.99) em (3.97), obtemos

( )( )1 1 2 1 2 cos2NS N Se e e φ= + + . (3.100)

Pela definição (3.9), a deformação angular ou de cisalhamento é dada por

( )cos2 NS NSsenπφ γ φ γ= − ⇒ = . (3.101)

Substituindo (3.101) em (3.100) escrevemos

( )( ) ( )1 1 2 1 22NS N S NSe e e sen γ= + + . (3.102)

A expressão (3.102) nos dá o significado geométrico da componente de

deformação angular ou de cisalhamento do tensor deformação de Green. Portanto,

observamos que ela depende do seno da variação do ângulo entre os segmentos de

retas considerados no estudo. O resultado de (3.102) pode ser escrito para “fibras”

cujas direções { }N e { }S são paralelas, respectivamente, a cada dois dos três eixos do

sistema de coordenadas adotado. Então, temos


3.57

( )( ) ( )1 1 2 1 22XS X Y XYe e e sen γ= + +

( )( ) ( )1 1 2 1 22XZ X Z XZe e e sen γ= + +

( )( ) ( )1 1 2 1 22YZ Y Z YZe e e sen γ= + + . (3.103)

• Pequenas deformações

Para a maioria dos problemas de engenharia as deformações podem ser

consideradas desprezíveis quando comparadas com a unidade. Em geral são menores

que 0,1%, ou seja, as máximas são da ordem de 310− . Nesses casos, podemos fazer as

seguintes simplificações:

De (3.81) escrevemos

2

2 2

2

12, 1 , 0

12

N N N N

N S N S

S S S S

e

e

ε ε εε ε ε ε

ε ε ε

⎧ = + ≅⎪⎪<< ⇒ ≅ ⇒ ⎨⎪ = + ≅⎪⎩

(3.104)

Com os resultados de (3.104) considerados em (3.102), podemos escrever

( )1 2 1 1, 1

21 2 1N

N N S S NS NSS

ee e e sen

eε ε γ

⎧ + ≅⎪≅ ≅ << ⇒ ⇒ ≅⎨+ ≅⎪⎩

(3.105)

Como a hipótese de pequenas deformações inclui também as deformações

angulares, as quais são dadas em radianos, reescrevemos (3.105)

( ) 12NS NS NS NS NSpequeno sen eγ γ γ γ⇒ ≅ ⇒ ≅ (3.106)


3.58

Concluímos, portanto, que para pequenas deformações, as interpretações

geométricas das componentes do tensor deformação de Green [ ]e são as seguintes:

a) As componentes de deformação normais são os alongamentos relativos de

“fibras” originalmente nas direções dos eixos X,Y,Z.

b) As componentes de deformação angular ou de cisalhamento são a metade das

variações dos ângulos, originalmente retos, entre as “fibras” nas direções desses

eixos, aos pares.

Desse modo podemos escrever

[ ] [ ]

1 12 2

1 12 21 12 2

X XY XZ

XY Y YZ

XZ YZ Z

e

ε γ γ

ε γ ε γ

γ γ ε

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(3.107)

Na verdade já tínhamos chegado ao resultado acima quando obtivemos as

relações deformação-deslocamento e consideramos a hipótese de pequenos gradientes

de deslocamentos.

Exemplo 3.5

Se a deformação longitudinal Nε , conforme a definição (3.2), tem os valores

dados abaixo, calcule a deformação dada pelo alongamento quadrático ou de Green

212N N Ne ε ε= + , conforme (3.81), e compare os resultados com os valores dados.

410 10Nε−= × (um elemento de máquina típico)

43 10Nε−= × (um componente estrutural)

210 10Nε−= × (um elemento de plástico “macio”)

110 10Nε−= × (um elemento de borracha).


3.59

Solução

a) 410 10Nε−= ×

( )22 4 4 41 110 10 10 10 0,0010005 10 102 2N N N N N Ne e eε ε ε− − −= + = × + × ⇒ = ⇒ ≅ = ×

0,001 0,0010005100% 100% 0,05%0,0010005

N N

N

ee

ε − −∆ = × = × ⇒ ∆ = −

b) 43 10Nε−= ×

( )22 4 4 41 13 10 3 10 0,000300045 3 102 2N N N N N Ne e eε ε ε− − −= + = × + × ⇒ = ⇒ ≅ = ×

0,0003 0,000300045100% 100% 0,015%0,000300045

N N

N

ee

ε − −∆ = × = × ⇒ ∆ = −

c) 210 10Nε−= ×

( )22 2 2 21 110 10 10 10 0,1050 10,5 102 2N N N N Ne e eε ε − − −= + = × + × ⇒ = ⇒ = ×

2 2

2

10 10 10,5 10100% 100% 4,8%10,5 10

N N

N

ee

ε − −

−

− × − ×∆ = × = × ⇒ ∆ = −

×

d) 110 10Nε−= ×

( )22 1 1 11 110 10 10 10 1,5 15 102 2N N N N Ne e eε ε − − −= + = × + × ⇒ = ⇒ = ×

1 1

1

10 10 15 10100% 100% 33%15 10

N N

N

ee

ε − −

−

− × − ×∆ = × = × ⇒ ∆ = −

× ▲


3.60

3.8 TRANSFORMAÇÃO DE COORDENADAS

Como veremos a seguir, a tarefa de se obter as componentes de deformação, dadas

segundo um sistema de coordenadas cartesianas ortogonais X,Y,Z, num outro sistema

cartesiano ortogonal X’,Y’,Z’ rotacionado em relação ao primeiro, é facilitada

enormemente quando consideramos um tensor deformação. Como já foi mencionado e

definido na seção 3.6, o tensor deformação de Green é o mais usado na Mecânica dos

Sólidos.

Do mesmo modo como já foi feito para as tensões, consideremos que os dois

sistemas de coordenadas se relacionam através dos cossenos dos ângulos entre os

seus eixos, da seguinte maneira:

Então, escrevemos a matriz

[ ]11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a aa a a a

a a a

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(3.108)

de modo que, como já vimos na seção 2.8 as componentes de um vetor segundo o

novo sistema X’Y’Z’ são obtidas a partir da componentes no sistema original XYZ da

seguinte maneira:

{ } [ ]{ }V a V′ = . (3.109)


3.61

Com a mudança de coordenadas, o alongamento quadrático de uma “fibra” do

sólido permanece inalterado, ou seja, 2 2

22ds dS

dS− independe do sistema de coordenadas

utilizado.

De (3.63), escrevemos para o sistema XYZ

{ } [ ]{ }2 2

22Tds dS N e N

dS−

= (3.110)

e para o sistema X’Y’Z’

{ } [ ]{ }2 2

22Tds dS N e N

dS− ′ ′ ′= . (3.111)

Comparando (3.110) com (3.111), temos

{ } [ ]{ } { } [ ]{ }T TN e N N e N′ ′ ′= . (3.112)

De (3.109), escrevemos para o vetor { }N ′ ,

{ } [ ]{ }N a N′ =

e substituindo em (3.112), escrevemos

{ } [ ]{ } [ ]{ }( ) [ ] [ ]{ }( ) { } [ ] [ ][ ]{ }T TT TN e N a N e a N N a e a N′ ′= = . (3.113)

Então, agrupando-se os termos, obtemos

{ } [ ] [ ] [ ][ ]( ){ } 0TTN e a e a N′− = . (3.114)

Como matriz [ ] [ ][ ]Ta e a′ é simétrica, porque [ ]e′ simétrica, ou seja,

[ ] [ ][ ]( ) [ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ] [ ]T TT T T T T Ta e a a e a a e a′ ′ ′= = , (3.115)


3.62

e a matriz [ ]e também é simétrica, conforme (3.65), então, [ ] [ ] [ ][ ]Te a e a′− também é

simétrica. Assim, para que (3.114) seja válida para qualquer vetor { }N , conforme

demonstração apresentada na seção 2.8, equação (2.117), temos

[ ] [ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ][ ]0T Te a e a e a e a′ ′− = ⇒ = . (3.116)

Pré-multiplicando por [ ]a e pós-multiplicando por [ ]Ta os dois lados da equação (3.116)

e levando-se em conta que a matriz [ ]a é ortogonal , ou seja, [ ] [ ] [ ][ ] [ ]T Ta a a a I= = ,

obtemos

[ ] [ ][ ][ ]Te a e a′ = . (3.117)

Esse resultado já era esperado, pois sendo [ ]e um tensor de segunda ordem, as

suas componentes se transformam de um sistema de coordenadas para outro sistema,

conforme (2.127).

Quando estivermos considerando pequenas deformações, não devemos

esquecer que as componentes do tensor deformação são dadas pela relação (3.107),

onde as componentes de cisalhamento do tensor são a metade daquelas

correspondentes consideradas na engenharia, ou seja, 2NS NSε γ= :

[ ]

1 12 2

1 12 21 12 2

X XY XZ

XY Y YZ

XZ YZ Z

ε γ γ

ε γ ε γ

γ γ ε

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3.118)

Exemplo 3.6 O estado de deformação num ponto de um sólido, segundo o sistema de

coordenadas cartesianas ortogonais XYZ é dado por


3.63

6500(10 )xε−= 0z xz yzε γ γ= = =

6300(10 )yε−= −

6200(10 )xyγ −=

Determinar as componentes de deformação num sistema de coordenadas obtido

rotacionando-se o sistema original em 30º no sentido horário, em torno do eixo Z.

Um elemento infinitesimal representando o ponto material se deformaria como mostra a

figura abaixo. Como seria no novo sistema de coordenadas?

Solução

O estado de deformação num ponto do sólido é dado por

[ ]

6 6

6 6

1 1 1500 10 200 10 02 2 2

1 1 1 200 10 300 10 02 2 21 1 0 0 02 2

X XY XZ

XY Y YZ

XZ YZ Z

ε γ γ

ε γ ε γ

γ γ ε

− −

− −

⎡ ⎤ ⎡ ⎤× ×⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = × − ×⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.


3.64

No novo sistema de coordenadas o estado de deformação nesse ponto escreve-se, a

partir da equação (3.117)

[ ] [ ][ ][ ]

4 4

4 4

1500 10 200 10 023 2 1 2 0 3 2 1 2 0

11 2 3 2 0 200 10 300 10 0 1 2 3 2 02

0 0 1 0 0 10 0 0

Ta aε ε

− −

− −

⎡ ⎤× ×⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎡ ⎤− ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥′ = = × − × −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]7 7 7

7 7 7

7

2134 10 3964 10 0 2134 103964 10 134 10 0 134 10

0 0 0 3964 10

x

y

x y

εε ε

ε

− − −′

− − −′

−′ ′

⎡ ⎤ ⎧× × = ×⎢ ⎥ ⎪′ = × − × ⇒ = − ×⎨⎢ ⎥

⎪⎢ ⎥ = ×⎣ ⎦ ⎩

Como

( ) ( )7 72 2 3964 10 7928 10x y x y x yγ ε γ− −′ ′ ′ ′ ′ ′= = × ⇒ = ×

▲


3.65

3.9 DEFORMAÇÕES PRINCIPAIS

Como foi visto na seção 2.6, um tensor de segunda ordem pode ser definido como um

operador linear que transforma um vetor num outro vetor. De maneira análoga à

expressão (2.38) que apresenta o vetor tensão { }tν atuando num ponto do sólido sobre

um plano, cuja orientação é dada pelo vetor unitário normal { }ν , como o resultado de

uma transformação linear do operador tensor tensão [ ]T sobre o vetor { }ν

{ } [ ]{ }t Tν ν= ,

podemos também introduzir o “vetor deformação” { }E como

{ } [ ]{ }E e N= , (3.119)

onde { }N é o vetor unitário que indica a direção original (configuração indeformada) de

uma “fibra” do sólido no ponto P(X,Y,Z) e [ ]e é o tensor deformação definido em (3.64).

O “vetor deformação” atuaria num ponto P(X,Y,Z) da configuração indeformada,

segundo um plano passando por P e com vetor unitário normal { }N . Assim,

poderíamos decompor esse “vetor deformação” numa componente normal a esse plano

e numa componente segundo uma direção dada pelo vetor unitário { }S tangente ao

plano, fazendo-se o produto escalar do vetor { }E pelos respectivos vetores unitários:

{ } { }TNe N E= (3.120)

{ } { }TNSe S E= (3.121)


3.66

Substituindo-se (3.119) em (3.120) e (3.121)

{ } [ ]{ }TNe N e N= (3.122)

{ } [ ]{ }TNSe S e N= . (3.123)

A componente de { }E na direção normal ao plano é a deformação Ne de uma

“fibra” originalmente na direção de { }N , enquanto que, a componente de { }E numa

direção { }S paralela ao plano é a deformação angular ou de cisalhamento NSe

relacionada a duas “fibras” originalmente nas direções de { }N e { }S , conforme

ilustrado na figura 3.20.

Figura 3.20 “Vetor deformação” num ponto P segundo um plano passando pelo ponto e com normal unitária { }N .

O conceito de “vetor deformação” é perfeitamente admissível sob o ponto de

vista matemático, mas não é de interpretação física clara e natural como a do vetor

tensão. Por isso escrevemos o termo entre aspas. Porém, esse conceito nos auxilia no

seguinte raciocínio: existiriam direções tais que as componente de deformação NSe


3.67

paralelas aos planos normais a essas direções fossem nulas, de modo que teríamos

apenas componentes de deformação normais a esses planos?

Tal como na análise de tensões, num ponto de um sólido na configuração

deformada existem três direções mutuamente ortogonais (direções principais) em

relação às quais a distorção (deformação angular ou de cisalhamento) é nula, ou seja,

os segmentos elementares (“fibras”) nestas direções permanecem mutuamente

perpendiculares após a deformação. Portanto, os “vetores deformações” atuando

nesse ponto e sobre os três planos normais a essas direções principais, apresentam

apenas componentes de deformação longitudinal, as quais são denominadas de

deformações principais, e são representadas por 1 2 , 3,e e e ou 1 2 3, ,ε ε ε no caso de

deformações infinitesimais.

Como o tensor deformação [ ]e é um tensor de segunda ordem com as mesmas

propriedades matemáticas do tensor tensão [ ]T , as deformações principais, as quais

são os seus auto-valores, são calculadas a partir de uma equação característica

semelhante à equação (2.135), obtida a partir de procedimentos iguais àqueles

desenvolvidos e apresentados na seção 2.9.

3 2

1 2 3 0e J e J e J− − − = (3.124)

onde os seus coeficientes são os invariantes do estado de deformação, definidos como

a seguir:

1 X Y ZJ e e e= + +

( ) ( )2 2 22 X Y X Z Y Z XY XZ YZJ e e e e e e e e e= − + + + + +

( )2 2 23 2X Y Z XY XY XY X YZ Y XZ Z XYJ e e e e e e e e e e e e= + − + + . (3.125)


3.68

As raízes da equação característica (3.124) são as deformações principais para

o estado de deformação no ponto do sólido dado pelo tensor deformação e as direções

principais associadas a cada uma das raízes dessa equação do 3º grau devem

satisfazer a relação quadrática

2 2 2 1l m n+ + = (3.126)

entre os cossenos diretores dos vetores unitários { }N que definem essas direções.

Assim, como no caso das tensões, as raízes da equação características são

reais e uma será a deformação longitudinal máxima, outra será a mínima e a terceira

será um valor intermediário.

A determinação das deformações principais, bem como da deformação de

cisalhamento máxima terão mais aplicação nos casos de estado plano de deformação,

como será visto na próxima seção.

3.10 ESTADO PLANO DE DEFORMAÇÕES

Define-se que um estado plano de deformações paralelo ao plano XY existe num ponto

de um sólido na configuração deformada, se nesse ponto as componentes do tensor

deformação satisfazem as seguintes restrições:

0z XZ YZe e e= = = (3.127)

ou, para pequenas deformações

1 10 0 02 2z XZ XZ YZ YZε ε γ ε γ= = = = = . (3.128)

O estado plano de deformações existe através do corpo se essas condições são

satisfeitas em cada ponto do sólido e, se as componentes de deformação restantes,


3.69

xe , Ye e XYe ou xε , Yε e ( )1 2XY XYε γ= (deformações infinitesimais) são independentes

da coordenada Z.

Existem alguns problemas típicos na engenharia, onde essa hipótese de estado

plano de deformações é plenamente satisfeita, por exemplo, a parede de retenção de

uma barragem, um tubo cilíndrico com pressão interna, um rolo cilíndrico sob cargas de

compressão radiais. Em cada caso, o carregamento não deve variar ao longo do

comprimento.

Imaginemos um corpo longo na direção Z, cilíndrico ou prismático, carregado por

forças que são perpendiculares aos elementos longitudinais e não variam ao longo do

comprimento. Podemos assumir que todas as seções transversais estão nas mesmas

condições. Supondo-se que as seções das extremidades estão confinadas entre planos

rígidos e sem atrito, tal que o deslocamento na direção axial (Z) é impedido. Desde que

não haja nenhum deslocamento nas extremidades e, por simetria, na seção no meio do

vão, pode-se se assumir que o mesmo se aplica em cada seção transversal. Portanto, é

suficiente, para a análise, considerar apenas uma fatia de espessura unitária entre duas

seções transversais. As componentes u e v do deslocamento são funções de X e Y e

independem da coordenada longitudinal Z. Desde que o deslocamento w é nulo,

podemos escrever

0

1( , ) , ( , ) , 0 021 02

Z

XZ XZ

YZ YZ

wZ

u wu X Y v X Y wZ Xv wZ Y

ε

ε γ

ε γ

∂⎧ = =⎪ ∂⎪∂ ∂⎪= = ⇒ = = + =⎨ ∂ ∂⎪∂ ∂⎪ = = + =⎪ ∂ ∂⎩

(3.129)

A equação (3.129) pode ser também escrita para as componentes de deformações

finitas do tensor deformação de Green.

Então, no caso de estado plano de deformação o tensor deformação pode ser

escrito como


3.70

[ ]00

0 0 0

X XY

XY Y

e ee e e

⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(3.130)

ou, para deformações infinitesimais

[ ]

1 02

1 02

0 0 0

X XY

XY Y

ε γ

ε γ ε

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3.131)

Devemos ter sempre em mente que o estado plano de tensões não implica em

estado plano de deformações ou vice-versa. Como veremos, ao estudarmos as

relações constitutivas dos materiais, isso se deve ao efeito do coeficiente de Poisson.

A seguir, veremos que a transformação de coordenadas é muito simplificada

quando se trata desse estado especial de deformação. Tudo o que foi desenvolvido na

seção 2.10 para o estado plano de tensões pode ser aplicado para a transformação de

coordenadas para o estado plano de deformações.

A transformação de coordenadas poderá ser referenciada a apenas um ângulo,

θ , o qual representará uma rotação anti-horária em torno do eixo Z, conforme mostra a

figura 3.21

Figura 3.21 Novo sistema de coordenadas cartesianas X’Y’Z’ obtido por uma rotação do sistema XYZ em do eixo Z.


3.71

A matriz de transformação de coordenadas [ ]a é obtida como a seguir

[ ]cos 0

cos 00 0 1

sena sen

θ θθ θ

⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

(3.132)

Da equação (3.115) temos

[ ] [ ][ ][ ]Te a e a′ = .

Substituindo-se (3.132) na equação acima escrevemos

[ ]cos 0 0 cos 0

cos 0 0 cos 00 0 1 0 0 0 0 0 1

X XY

XY Y

sen e e sene sen e e sen

θ θ θ θθ θ θ θ

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥′ = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

Efetuando-se as multiplicações das matrizes obtemos

[ ]00

0 0 0

X X Y

X Y Y

e ee e e

′ ′ ′

′ ′ ′

⎡ ⎤⎢ ⎥′ = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (3.133)

onde

( )2 2cos 2 cosX X Y XYe e e sen e senθ θ θ θ′ = + +

( )2 2cos 2 cosY X Y XYe e sen e e senθ θ θ θ′ = + + −

( ) ( )2 2cos cosX Y X Y XYe e e sen e senθ θ θ θ′ ′ = − − + − . (3.134)


3.72

Considerando-se as identidades trigonométricas

( )2 1cos 1 cos 22

θ θ= +

( )2 1 1 cos 22

sen θ θ= −

2 2 cossen senθ θ θ= , (3.135)

podemos reescrever as equações (3.134)

cos 2 22 2

X Y X YX XY

e e e ee e senθ θ′+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

cos 2 22 2

X Y X YY XY

e e e ee e senθ θ′+ +⎛ ⎞= − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 cos 22

X YX Y XY

e ee sen eθ θ′ ′−⎛ ⎞= − +⎜ ⎟

⎝ ⎠. (3.136)

As equações (3.136) podem ser reescrita para as componentes de deformações

infinitesimais como

cos 2 22 2 2

X Y X Y XYX senε ε ε ε γε θ θ′

+ −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

cos 2 22 2 2

X Y X Y XYY senε ε ε ε γε θ θ′

+ +⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

2 cos 22 2 2X Y X Y XY

x y senγ ε ε γε θ θ′ ′′ ′

−⎛ ⎞= = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

. (3.137)

As equações (3.136) ou (3.137) nos dão as componentes de tensões no sistema

X’Y’Z’, obtido a partir de uma rotação θ anti-horária do sistema de coordenadas

cartesianas ortogonais XYZ, em torno do eixo Z. O eixo Z’ é, portanto, paralelo ao eixo

Z do sistema original.


3.73

Verifica-se facilmente que a componente Ye′ pode ser obtida a partir da primeira

equação (3.134) se considerarmos uma rotação de 90oθ + . Isso já era esperado porque

os eixos X’ e Y’ são mutuamente perpendiculares.

As deformações normais (longitudinais) e as deformações angulares (por

cisalhamento) são consideradas positivas, quando o elemento infinitesimal se alonga e

se distorce, respectivamente, como na figura 3.22.

Figura 3.22 Deformação normal e por cisalhamento positivas.

• Deformações principais Como vimos na seção 3.9, existem orientações especiais tais que as “fibras”

apresentaram apenas deformações longitudinais, ou seja, as deformações angulares

são nulas. No caso de estado plano de deformações, a solução desse problema é

simplificada, a exemplo do que acontece no estado plano de tensões. Tudo o que foi

desenvolvido e apresentado na seção 2.10 para o estado plano de tensões, se aplica

aqui, no caso de estado plano de deformações, para a determinação das deformações

principais.



3.74

2

21,2 2 2

X Y X YXY

e e e ee e+ −⎛ ⎞= ± +⎜ ⎟⎝ ⎠

(3.138)

( ) ( )2

21 2max

12 2

X Yxy XY

e ee e e e−⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟⎝ ⎠

. (3.139)

2

X Ymed

e ee += (3.140)

As orientações dos planos principais e dos planos onde atuam ( )maxXYe e mede são

dadas, respectivamente por

21 arctan2

XYp

X Y

ee e

θ⎛ ⎞

= ⎜ ⎟−⎝ ⎠ (3.141)

1 arctan2 2

X Ys

XY

e ee

θ⎛ ⎞−

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

ou 45os pθ θ= + . (3.142)

No caso de pequenas deformações, as equações (3.138)-(3.142) escrevem-se

2 2

1,2 2 2 2X Y X Y XYε ε ε ε γε + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ± +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (3.143)

( ) ( )( )

2 2max

1 2max

12 2 2 2

xy X Y XYxy

γ ε ε γε ε ε−⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (3.144)

2

X Ymed

ε εε += (3.145)

e as orientações dos planos principais e dos planos onde atuam ( )maxXYγ e medε são

dadas, respectivamente por

1 arctan2

XYp

X Y

γθε ε

⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠

(3.146)


3.75

1 arctan2

X Ys

XY

ε εθγ

⎛ ⎞−= −⎜ ⎟

⎝ ⎠ ou 45o

s pθ θ= + . (3.147)

Exemplo 3.7 O elemento infinitesimal que representa um ponto do sólido está sujeito ao

estado plano de deformações 6 6 6350 10 , 200 10 , 80 10x y xyε ε γ− − −= − × = × = × , o qual tende

a deformá-lo como mostra a figura abaixo. Determinar as deformações principais no

ponto e a orientação do elemento a elas associado.

Solução

• Orientação dos eixos principais:

6

6 6

1 80 10arctan 4,142 350 10 200 10

oXYp p

X Y

γθ θε ε

−

− −

⎛ ⎞ ×= = ⇒ = −⎜ ⎟− − × − ×⎝ ⎠

• Deformações principais:

2 2

1,2 2 2X Y X Y XY

eε ε ε ε γε + −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ± +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 26 6 6 6 6350 10 200 10 350 10 200 10 80 10

2 2 2

− − − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− × + × − × − × ×= ± +⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠


3.76

61

62

203 10353 10

εε

−

−

⎧ = ×⇒ ⎨

= − ×⎩

Para sabermos qual dessas deformações principais está na direção x’ dada pelo

ângulo 4,14opθ = − , procedemos da seguinte maneira:

( ) ( ) ( ) ( ) 64,14 4,14

cos 2 4,14 2 4,14 353 102 2 2o o

o oX Y X Y XYX Xsen

θ θ

ε ε ε ε γε ε −= =

+ −⎛ ⎞′ ′= + + ⇒ = − ×⎜ ⎟⎝ ⎠

Essa direção corresponde à 62 353 10ε −= − ×

▲

Exemplo 3.8 O elemento infinitesimal que representa um ponto do sólido está sujeito ao

estado plano de deformações 6 6 6350 10 , 200 10 , 80 10x y xyε ε γ− − −= − × = × = × , o qual tende

a deformá-lo como mostra a figura abaixo. Determinar a deformação por cisalhamento

máxima no plano no ponto e a orientação do elemento correspondente.


3.77

Solução

• Orientação do elemento:

6 6

6

1 1 350 10 200 10arctan arctan 40,92 2 80 10

oX Ys s

XY

ε εθ θγ

− −

−

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − × − ×= − = − ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟×⎝ ⎠⎝ ⎠

• Deformação ( )maxxyγ :

( ) 2 22 2 6 6 6max 350 10 200 10 80 102 2 2 2 2

no planoxy

X Y XY

γε ε γ − − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − × − × ×⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) 6

max556 10xy radγ −⇒ = ×

O sinal de ( )maxxyγ para podermos representar a deformação do elemento é obtido da

seguinte maneira:

( ) ( ) 6

40,9 40,9

2 40,9 cos 2 40,9 556 10 ( )2 2 2 2o o

o oXY X Y XY XYsenθ θ

γ ε ε γ γ −

= =

′ ′−⎛ ⎞= − + ⇒ = × +⎜ ⎟⎝ ⎠

A deformação média associada à deformação ( )maxxyγ é dada por

6 66350 10 200 10 75 10

2 2X Y

med medε εε ε

− −−+ − × + ×

= = ⇒ = − ×

▲


3.78

• Diagrama de Mohr para o estado plano de deformações

Como já vimos, as equações para a transformação de coordenadas para o estado

plano de deformações são semelhantes às equações para a transformação para o

estado plano de tensões, podemos aplicar também o Diagrama de Mohr para as

deformações.

Assim, tudo o que foi desenvolvido e apresentado na seção 2.11 para as tensões

podem ser aplicados aqui. A figura 3.23 ilustra um diagrama de Mohr típico, para o

estado plano de deformações infinitesimais, ou seja, no lugar da componente de

deformação por cisalhamento xye do tensor deformação de Green devemos usar

( )1 2 xyγ .

Figura 3.23 Diagrama de Mohr para estado plano de deformações

As regras para o traçado do diagrama de Mohr para o estado plano de deformações

são as mesmas definidas para o estado plano de tensões.


3.79

3.11 EXTENSÔMETROS DE RESISTÊNCIA ELÉTRICA (strain gages)

As deformações longitudinais médias na superfície livre de um sólido podem ser

determinadas experimentalmente usando-se um dispositivo conhecido como

extensômetro de resistência elétrica, ou “strain gage”.

Um extensômetro de resistência elétrica típico consiste de um fio elétrico preso a

uma base isolante. Essa base isolante é então colada sobre a superfície do corpo que

se pretende medir a deformação longitudinal. Quando o corpo se deforma, o fio elétrico

do dispositivo se deforma junto e assim, a sua resistência elétrica é alterada. Como

essa variação na resistência elétrica do fio é proporcional à variação no comprimento

do fio, ela pode então, ser calibrada com respeito às mudanças no comprimento do fio

elétrico, as quais serão idênticas à da superfície do sólido onde o dispositivo está

colado. Conseqüentemente, a deformação longitudinal média pode ser medida pela

variação na resistência elétrica do extensômetro.

A figura 3.24 apresenta um “strain gage” básico e um moderno feito com circuito

impresso. Quanto menor for a dimensão do dispositivo, evidentemente, a deformação

longitudinal média medida mais se aproxima do valor da deformação no ponto.

Figura 3.24 (a) Extensômetro elétrico básico; (b) Extensômetro de circuito impresso.


3.80

Suponha que o ponto P na figura 3.25 está na superfície de um sólido e que os

eixos x e y são duas direções quaisquer perpendiculares na superfície. A partir da

primeira das equações (3.134), reproduzida a seguir

( )2 2cos 2 cosX X Y XYe e e sen e senθ θ θ θ′ = + + , se as deformações longitudinais , ,a b cε ε ε foram medidas, podemos escrever 2 2cos cosa x a y a xy a asen senε ε θ ε θ γ θ θ= + +

2 2cos cosb x b y b xy b bsen senε ε θ ε θ γ θ θ= + +

2 2cos cosc x c y c xy c csen senε ε θ ε θ γ θ θ= + + . (3.148)

Figura 3.25 Direções nas quais são realizadas as três medidas de deformações longitudinais.

As equações (3.148) constituem um sistema de três equações e três incógnitas,

xε , yε e xyγ , portanto, possível e determinado. Éessencial que as três direções , ,a b cn n n

sejam distintas. As três medidas são suficientes para se determinar o estado de

deformação no ponto na superfície, mas, evidentemente, nenhuma informação na

direção normal z é disponível.


3.81

Em geral, os três extensômetros são agrupados de acordo com padrões

específicos. Esses padrões são denominados de rosetas. A figura 3.26 apresenta os

padrões típicos de rosetas.

Figura 3.26 (a) Roseta genérica; (b) Roseta de 45º ; (c) Roseta de 60º .

Nada foi dito a respeito das deformações , ,xz yz zγ γ ε na superfície da estrutura.

Desde que a superfície do sólido, na qual os extensômetros de resistência elétricas são

colados é acessível a eles, em geral, as cargas sobre tais superfícies são limitadas à

pressão de fluidos e cargas tangenciais de atrito de fluidos. Se a superfície é aquela de

uma chapa fina, como no caso da maioria das aeronaves, por exemplo, então um caso

aproximado de estado plano de tensões provavelmente ocorre. Essa é uma hipótese

válida, considerada na teoria clássica de placas finas, a qual encontra respaldo nos

resultados experimentais. Então, a deformação longitudinal zε , devida ao efeito de

Poisson e as deformações de cisalhamento ,xz yzγ γ devidas ao tipo de carregamento,

são desprezíveis em relação às demais.


3.82

Exemplo 3.9 Considere a roseta da figura abaixo. As medidas das deformações longitudinais

foram as seguintes: 644 10 /a mm mmε −= × , 655 10 /b mm mmε −= − × , 666 10 /c mm mmε −= × .

Obter, , ,x y xyε ε γ .

Solução

0 120 240o o oa b cθ θ θ= = =

2 2cos cosa x a y a xy a asen senε ε θ ε θ γ θ θ= + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2cos 0 0 0 cos 0o o o ox y xy x asen senε ε γ ε ε= + + ⇒ =

2 2cos cosb x b y b xy b bsen senε ε θ ε θ γ θ θ= + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2cos 120 120 120 cos 120o o o ox y xysen senε ε γ= + +

0,25 0,75 0,433b x y xyε ε ε γ⇒ = + −


3.83

2 2cos cosc x c y c xy c csen senε ε θ ε θ γ θ θ= + +

( ) ( ) ( ) ( )2 2cos 240 240 240 cos 240o o o ox y xysen senε ε γ= + +

0,25 0,75 0,433b x y xyε ε ε γ⇒ = + +

Resolvendo-se o sistema com as equações acima, escrevemos

( )

( )

6

6

6

44 101 2 2 7,3 103

140 101 2 23

x ax

y a b c x

xy

xy b c

ε ε εε ε ε ε ε

γγ ε ε

−

−

−

⎧⎪ = ⎧ = ×⎪

⎪⎪ = − + + ⇒ = − ×⎨ ⎨⎪ ⎪ = ×⎩⎪ = − +⎪⎩

▲

3.12 EQUAÇÕES DE COMPATIBILIDADE

Como na maioria dos problemas de engenharia estrutural as deformações e os

gradientes de deslocamentos são muito pequenos, podemos usar as relações

deformação-deslocamento dadas pelas equações (3.33), reproduzidas a seguir,

x xyu u vx y x

ε γ∂ ∂ ∂= = +∂ ∂ ∂

y xzv u wy z x

ε γ∂ ∂ ∂= = +∂ ∂ ∂

z yzw v wz z y

ε γ∂ ∂ ∂= = +∂ ∂ ∂

. (3.149)

Assim, conhecendo-se as três funções u, v, w, determinamos de modo único, as

funções componentes da deformação, através das equações acima.


3.84

Já o problema inverso não é tão simples, pois teríamos apenas três funções

incógnitas, u,v e w para serem obtidas a partir de seis equações, o que é uma

redundância. Ou seja, não podemos esperar, em geral, que essas equações possuam

soluções únicas se as funções componentes de deformação forem prescritas

arbitrariamente.

Portanto, algumas condições devem ser impostas sobre as componentes de

deformação a fim de que essas seis equações forneçam soluções únicas para as três

componentes de deslocamentos.

As componentes de deformação não poderem ser prescritas de modo arbitrário

pode ser explicado geometricamente da seguinte maneira: imagine que um sólido seja

subdividido em pequenos paralelepípedos antes da deformação; se for especificado um

campo de deformação arbitrário, não se garante que após a deformação, esses

pequenos paralelepípedos se encaixem de modo que o corpo deformado continue

continuo. Para assegurar que esses paralelepípedos deformados continuem formando

um corpo contínuo, as componentes de deformação para cada bloco elementar devem

satisfazer certas relações, denominadas de equações de compatibilidade.

Essas condições podem ser obtidas eliminando-se as componentes u, v, w, por

meio de derivações sucessivas das equações (3.149), como a seguir.

A partir das derivações

2 22 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2y xyx u v u v

y x y x x y x y x y x xε γε ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= = = +∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

(3.150)

obtemos a seguinte relação

2 22

2 2y xyx

y x x yε γε ∂ ∂∂

+ =∂ ∂ ∂ ∂

. (3.151)

Com as seguintes derivadas 2 3 2 2

yzx u v wy z x y z x x z x y

γε ∂∂ ∂ ∂ ∂= = +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂


3.85

2 2 2 2

xyxz u w u vy y z x y z y z x z

γγ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂= + = +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ (3.152)

escreve-se

2

2 yz xyx xz

y z x x y zγ γε γ∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂∂

= − + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠. (3.153)

As demais relações podem ser obtidas por meio da permutação cíclica das variáveis

x,y,z em (3.151) e (3.153). Os resultados são agrupados a seguir.

2 22

2 2y xyx

y x x yε γε ∂ ∂∂

+ =∂ ∂ ∂ ∂

2 22

2 2y yzz

z y y zε γε∂ ∂∂

+ =∂ ∂ ∂ ∂

2 22

2 2x zxz

x z z xε γε ∂ ∂∂

+ =∂ ∂ ∂ ∂

2

2 yz xyx xz

y z x x y zγ γε γ∂ ∂⎛ ⎞∂ ∂∂

= − + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

2

2 y yx yzzx

z x y y z xε γ γγ∂ ∂ ∂⎛ ⎞∂∂

= − + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠

2

2 xy zy zxz

x y z z x yγ γ γε ∂ ∂⎛ ⎞∂∂ ∂

= − + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎝ ⎠. (3.154)

Essas equações foram deduzidas e apresentadas pela primeira vez por Saint-

Venant em 1860. Elas são as equações de compatibilidade que devem ser satisfeitas

pelas componentes de deformação para que as componentes de deslocamentos,


3.86

determinadas a partir das equações (3.149) sejam únicas. Na verdade, essas seis

equações não são linearmente independentes, elas equivalem a três equações

diferenciais parciais linearmente independentes. Porém, em geral, todas as seis

equações são usadas juntas, por questão de conveniência.

Se os deslocamento u, v, w forem diretamente determinados, o que ocorre na

maioria dos problemas de análise estrutural, as componentes de deformação são

calculadas a partir das equações (3.149) e as equações de compatibilidade estarão

automaticamente satisfeitas pois foram deduzidas também das equações (4.149). Se as

componentes de deformação forem obtidas antes dos deslocamentos, então será

necessário que as mesmas satisfaçam as equações de compatibilidade (3.154), caso

contrário, elas serão incompatíveis e não se poderá determinar um campo de

deslocamento contínuo e único para os pontos do sólido.

REFERÊNCIAS

1. Arantes e Oliveira, E. R., Elementos da Teoria da Elasticidade, IST Press,

Lisboa, 1999


Inc., NY, 1993




edição, 2006



6. Prager, W., Introduction to Mechanics of Continua, GINN CP., Boston, 1961

7. Saada, A. S., Elasticity – Theory and Applications, Krieger Pub. Co., 2a. ed.,

1993

8. Villaça, S.F.; Garcia, L. F. T., Introdução à Teoria da Elasticidade, COPPE/UFRJ,

3ª edição, 1998



4

EQUAÇÕES CONSTITUTIVAS Neste capítulo veremos o terceiro aspecto fundamental na Mecânica dos Sólidos, ou

seja, o comportamento resistivo do material através das equações constitutivas, as

quais relacionam as tensões com as deformações num ponto do sólido. São essas

equações que nos permitem levar em consideração na análise de um problema

estrutural o comportamento resistivo do material que constitui a estrutura analisada. É

intuitivo, por exemplo, que uma barra feita de aço e uma barra, geometricamente igual,

feita de borracha, ambas sujeitas ao mesmo carregamento, devam se deformar de

maneira diferente.

Até agora, temos a seguinte situação:

• Estática: três equações de equilíbrio e seis incógnitas (componentes de tensões)

• Cinemática da deformação: seis equações e nove incógnitas (seis componentes

de deformações e três componentes de deslocamentos).

Portanto, precisamos de mais seis equações para que o nosso problema de

Mecânica dos Sólidos seja possível e determinado. A consideração do comportamento

resistivo do material nos fornecerá as seis equações que estão faltando, ou seja, as

equações constitutivas na verdade são seis equações que relacionam as componentes

de tensões com as componentes de deformação, através de quantidades que

caracterizam o comportamento do material, as quais são também conhecidas como

propriedades mecânicas.


4.2

4.1 CONSIDERAÇÕES PRELIMINARES Como nesse curso maior ênfase é dada a materiais metálicos homogêneos e

isotrópicos, apresentamos a seguir a definição desses termos.

• Homogeneidade

O termo homogêneo é usado para descrever algo que possua uniformidade. Um

corpo material é homogêneo se cada porção similar possui os mesmos atributos físicos

e propriedades.

Os materiais usados na engenharia não são verdadeiramente homogêneos

devido à sua constituição cristalina e a falhas entre os cristais, porém, quando

examinamos porções maiores as pequenas irregularidades nas várias porções se

tornam sem importância por causas da distribuição e orientação aleatórias dos

pequenos constituintes. A falta de homogeneidade é significativa somente numa escala

muito pequena ou microscópica.

• Isotropia

Um material que não exibe nenhuma orientação estrutural nem propriedades

dependentes de direções dentro do material é definido como isotrópico. Ou seja, num

material isotrópico, num ponto as suas propriedades serão as mesmas em qualquer

direção.

Quando as propriedades do material dependem das direções consideradas ele é

denominado anisotrópico. Um caso especial encontrado na Mecânica dos Sólidos é o

de materiais ortotrópicos, os quais são materiais que possuem três direções

mutuamente ortogonais, as quais definem três planos de simetria elástica, segundo as

quais são definidas as suas propriedades mecânicas. Os materiais compósitos se

enquadram nessa definição e serão estudados em cursos dedicados.


4.3

Devemos ter sempre em mente que isotropia não significa homogeneidade. Um

material pode ser isotrópico em cada ponto, mas ter as suas propriedades mecânicas

variando com a posição do ponto dentro do sólido, ou seja, não ser homogêneo.

4.2 ENSAIOS DE TRAÇÃO, COMPRESSÃO E CISALHAMENTO

As características essenciais do comportamento do material são obtidas por meio de

simples experimentos. O mais comum deles envolve a aplicação de cargas estáticas à

temperatura ambiente. As cargas e deformações devem ser medidas e registradas.

Essa é a natureza dos simples ensaios de tração, compressão e cisalhamento.

• Ensaio de tração

Esse ensaio consiste da aplicação lenta e gradual de uma força axial para

estender uma barra prismática de dimensões padronizadas, denominada corpo-de-

prova. A seção transversal do corpo-de-prova é uniforme e de forma circular ou

retangular. Os dados importantes registrados durante o ensaio são: a força axial e o

correspondente comprimento e largura da barra. A figura 4.1 ilustra uma montagem de

um ensaio de tração

Figura 4.1 Montagem de um ensaio de tração.


4.4

No corpo-de-prova marcam-se dois pontos Q e R ao longo do seu

comprimento e registra-se a distância entre eles. Esse será o comprimento de

referência 0L . Os pontos Q e R estão situados longe o bastante das

extremidades onde são aplicadas as cargas, para não serem afetadas pela

distribuição local.

Por exemplo, consideremos um corpo-de-prova de seção circular com um

diâmetro original 0d . Em intervalos regulares, durante a extensão da barra,

registra-se o comprimento deformado *L entre *Q e *R , o diâmetro *d e a carga

axial P nesse instante. Mesmo um pequeno alongamento da barra é

acompanhado por uma redução no seu diâmetro.

Como o nosso objetivo é descrever o comportamento do material, sem

referência a um corpo particular, então, dividimos a carga P pela área da seção

transversal original 0A , o alongamento *0e L L= − pelo comprimento original 0L e

a redução do diâmetro *0e d d′ = − pelo diâmetro original 0d .

Assim, consideramos como variáveis do ensaio: a tensão normal média

0

PA

σ = , (4.1)

a deformação axial média

*

0

0 0

L LeL L

ε −= = (4.2)

e a deformação transversal média *

0

0 0

d ded d

ε′ −′ = = . (4.3)

Com os valores dessas variáveis obtidas durante o ensaio, podemos traçar um

gráfico como o da figura 4.2. Esse é um gráfico de tensão-deformação típico.


4.5

Figura 4.2 Curva tensão-deformação típica.

A partir do ensaio de tração e do gráfico da figura 4.2, podemos estabelecer as

seguintes definições:

a) Módulo de Elasticidade

A porção inicial OA da curva σ ε− é aproximadamente uma linha reta, a qual pode ser

expressa pela equação

Eσ ε= , (4.4)

onde E , uma constante de proporcionalidade, é a tangente do ângulo de inclinação da

reta AO em relação ao eixo ε . A constante E é uma propriedade do material e é

denominada de módulo de elasticidade do material.

A equação (4.4) é também conhecida como Lei de Hooke, em homenagem a

Robert Hooke, pelo seu trabalho sobre proporcionalidade entre a carga e a deformação

de molas, em 1676. O módulo de elasticidade E é também conhecido como módulo de


4.6

Young, em homenagem a Thomas Young que publicou em 1807 uma explicação da Lei

de Hooke. As unidades de E são as mesmas das tensões, ou seja, força/unidade área.

b) Coeficiente de Poisson

Observa-se do ensaio de tração que na região da reta AO a contração *0e d d′ = − do

diâmetro da barra é proporcional ao alongamento *0e L L= − . Portanto 0e dε ′ ′= é

relacionado à deformação 0e Lε = através da equação

ε ν ε′ = − , (4.5)

onde ν é uma constante positiva, denominada de coeficiente de Poisson. Essa

constante é adimensional e para a maioria dos sólidos o seu valor varia entre 1/4 e 1/3.

c) Limite de Proporcionalidade

Quando a tensão σ atinge certo valor Lσ , a curva σ ε− se afasta da linha reta AO.

Este desvio da relação linear, equação (4.4), é marcado no gráfico da figura 4.2 pelo

ponto A.

Essa tensão Lσ é denominada de limite de proporcionalidade.

d) Limite Elástico

Quando o corpo-de-prova retorna à configuração inicial indeformada, após a retirada do

carregamento, dizemos que o seu comportamento é elástico. Ele será elástico linear se

a relação Eσ ε= se aplicar e poderá ser elástico não linear (como no caso da

borracha, por exemplo) se a relação entre a tensão e a deformação for não linear.

No gráfico da figura 4.2 esse ponto não está assinalado, mas em geral ele é

muito próximo do ponto A, tanto que para fins práticos considera-se E Lσ σ≅ , onde Eσ é


4.7

a tensão a partir da qual o material, ao ser descarregado, apresentará uma deformação

residual permanente. Esse ponto no gráfico é muito difícil de determinar com precisão.

Para as ligas de alumínio, por exemplo, define-se um ponto a partir do qual se

considera que o material tenha escoado, ou seja, apresente uma deformação

permanente. Ele é considerado elástico até essa tensão Esse ponto é a intersecção de

uma reta traçada a partir da deformação 0,002 (0,2%) e paralela à reta do trecho da

curva em que o material é elástico linear, com a curva do material. Veja a figura 4.3.

Figura 4.3 Curva tensão-deformação típica de uma liga d e alumínio

e) Comportamento Elástico e Plástico

Consideremos a figura 4.4, onde o gráfico da figura 4.2 foi redesenhado com mais

alguns detalhes.


4.8

Figura 4.4 Comportamento elástico e plástico do material

O ponto H define o ponto a partir do qual se considera que o material apresenta

uma deformação permanente. Como já vimos para o alumínio, a deformação OO′ é

definida como 0,2%. Na realidade o ponto H é muito próximo do ponto A, ou seja,

E Lσ σ≅ .

Quando a tensão atinge o valor correspondente ao ponto B da curva, o

descarregamento percorre a reta PBO e da deformação total correspondente ε , uma

parte é recuperada ( Eε ), a qual é a deformação elástica e uma parte permanece ( Pε ),

a qual é a deformação plástica. Se, agora, quisermos carregar o corpo-de-prova

novamente, a curva de carga tomará o caminho reto PO B e o novo limite elástico ou de

proporcionalidade será o ponto B. Esse aumento de tensão limite ou de escoamento é

devido ao endurecimento por deformação do material. O módulo de elasticidade E

continua o mesmo, porque a reta PO B é paralela à reta AO.

f) Resistência ao escoamento

Como a tensão onde se inicia o escoamento não é bem definida com precisão no

ensaio, o valor definido pela deformação de referência OO′ na figura 4.4, é tomado

pelos engenheiros como a tensão de resistência ao escoamento do material.


4.9

g) Resistência final

É o valor uσ correspondente ao ponto C da curva tensão-deformação da figura 4.4. A

partir dessa tensão espera-se ocorrer falha por ruptura do corpo-de-prova.

• Ensaio de Compressão

O ensaio de compressão é feito da mesma maneira que o ensaio de tração,

exceto que a carga aplicada é de compressão. Define-se a mesmas variáveis σ , ε e

ε ′ como no ensaio de tração. As curvas σ ε− obtidas são semelhantes à do ensaio de

tração. Quando a deformação começa a ficar grande, as duas curvas podem ser muito

diferentes.

Os manuais de propriedades mecânicas dos materiais recomendam usar para os

materiais dúteis o mesmo valor de uσ do ensaio de tração, para a compressão.

• Ensaio de Cisalhamento

Este ensaio é realizado com um tubo de parede fina sujeito a um binário de

torção. O corpo-de-prova é padronizado. A figura 4.5, mostra uma ilustração de um

corpo-de-prova típico

Figura 4.5 Corpo-de-prova para ensaio de cisalhamento


4.10


22TR t

τπ

= , (4.6)

onde R é o raio médio do tubo e t é a espessura da parede do tubo. A deformação

média por cisalhamento ou deformação média angular é dada por

arctan arctanR RL Lφ φγ ∆

= =∆

, (4.7)

Onde φ é o ângulo de torção de uma extremidade do tubo em relação à outra e L é o

comprimento do tubo, conforme a figura 4.6.

Figura 4.6 (a)Ângulo de torção do corpo-de-prova; (b) Deformação angular.

Com esses valores de τ e γ podemos traçar um gráfico semelhante ao do teste

de tração, como na figura 4.7


4.11

Figura 4.7 Curva τ γ− típica.

Como o tubo é fino, podemos supor que a deformação γ é a mesma em

qualquer ponto do corpo. Considerando-se um material típico usado em estruturas, a

porção AO da curva τ γ− da figura 4.7 é aproximadamente uma reta, como no ensaio

de tração. Podemos então escrever

Gτ γ= , (4.8)

Onde G é a constante de proporcionalidade denominada de módulo de elasticidade em

cisalhamento. É uma propriedade do material e a sua unidade é a mesma da tensão.


4.12

4.3 SUPERPOSIÇÃO DE DEFORMAÇÕES Uma importante conseqüência da hipótese de pequenas deformações é que sucessivas

deformações podem ser adicionadas algebricamente.

Seja por exemplo, um pequeno segmento x∆ sujeito a uma deformação normal

xε ′ , tal que o seu comprimento deformado escreve-se

* (1 )xx xε ′∆ = + ∆ . (4.9)

Se esse elemento, agora com o comprimento *x∆ , é deformado novamente com uma

deformação adicional xε ′′ , o seu novo comprimento escreve-se

[ ]** *(1 ) (1 ) (1 )x x xx x xε ε ε′′ ′′ ′∆ = + ∆ = + + ∆ . (4.10)

Efetuando-se as multiplicações indicadas na equação (4.10) e considerando-se

que as deformações xε ′ e xε ′′ são pequenas comparadas com a unidade, apenas os

termos de primeira ordem são significativos, ou seja,

** (1 )x xx xε ε′ ′′∆ ≅ + + ∆ . (4.11)

Podemos então escrever, pela definição de deformação normal dada em (3.1)

**

0limx x xx

x xx

ε ε ε∆ →

∆ −∆ ′ ′′= ≅ +∆

. (4.12)

O mesmo argumento se aplica às deformações angulares, e podemos escrever

xy xy xyγ γ γ′ ′′≅ + . (4.13)


4.13

Assim, podemos obter um estado de deformação resultante de deformações

sucessivas num ponto do sólido, considerando que elas sejam pequenas comparadas

com a unidade.

Então, as áreas consideradas no cálculo das tensões também se alteram com a

deformação do sólido, de modo que se acrescentarmos novas cargas as novas áreas

serão, a rigor, diferentes das originais. Mas se as deformações são pequenas, então as

áreas também poderão se consideradas como aproximadamente iguais àquela

indeformada. Assim, podemos superpor também as tensões, do mesmo modo que as

deformações, mas desde que as deformações sejam pequenas.

4.4 MATERIAL ELÁSTICO LINEAR E ISOTRÓPICO Um material elástico linear é também denominado de material hookeano. A maioria dos

materiais usados na engenharia satisfaz essa condição além de serem também

isotrópicos.

Nesse caso, vamos considerar o seguinte problema: um bloco retangular é

carregado como na figura 4.8.

Figura 4.8 Bloco carregado na direção x.


4.14

Pela lei de Hooke, podemos escrever

xx x xE

Eσσ ε ε′ ′= ⇒ = . (4.14)

As deformações transversais são

xy z x E

σε ε νε ν′ ′ ′= = − = − . (4.15)

O módulo de elasticidade E e o módulo de elasticidade em cisalhamento G são obtidos

através de ensaio, mas o coeficiente de Poisson, ν , é obtido a partir de uma relação

entre G e E, como veremos a seguir.

Agora, supomos que o mesmo bloco seja carregado apenas com uma tensão

uniforme yσ . Como o material é elástico linear e isotrópico, podemos escrever

yy E

σε ′′ = (4.16)

yx z y E

σε ε νε ν′′ ′′ ′′= = − = − . (4.17)

Se o carregarmos apenas com zσ , escrevemos

zz E

σε ′′′= (4.18)

zx y z E

σε ε νε ν′′′ ′′′ ′′= = − = − . (4.19)

Devido à linearidade dessas relações e às deformações serem pequenas

comparadas com a unidade, podemos aplicar a superposição apresentada na seção 4.3

e escrever


4.15

1 ( )x x x x x x y zEε ε ε ε ε σ ν σ σ′ ′′ ′′′ ⎡ ⎤= + + ⇒ = − +⎣ ⎦ (4.20)

1 ( )y y y y y y x zEε ε ε ε ε σ ν σ σ′ ′′ ′′′ ⎡ ⎤= + + ⇒ = − +⎣ ⎦ (4.21)

1 ( )z z z z z z x yEε ε ε ε ε σ ν σ σ′ ′′ ′′′ ⎡ ⎤= + + ⇒ = − +⎣ ⎦ . (4.22)

Consideramos até aqui as relações entre as tensões normais e as deformações

longitudinais associadas com as direções perpendiculares x, y, z. No caso de material

isotrópico, o bloco da figura 4.8 sob ação das tensões normais , ,x y zσ σ σ permanece

retangular. Essas tensões não causam nenhuma deformação angular. Isso é uma

conseqüência da isotropia, o que implica que as direções principais de tensão (onde o

cisalhamento é nulo) são também direções principais de deformação e vice-versa.

Vamos considerar agora, o estado de tensão representado na figura 4.9.

Figura 4.9 (a) Tensões principais; (b) Estado de cisalhamento puro.


4.16

Aplicando-se as equações (4.20) –(4.22) ao estado de tensão representado na

figura 4.9(a), escrevemos

[ ]1 (1 )( 0)x xE Eνε τ ν τ ε τ′ ′

+= − − + ⇒ = (4.23)

[ ]1 (1 )( 0)y yE Eνε τ ν τ ε τ′ ′

+= − − + ⇒ = − (4.24)

0z x y x z y zε γ γ γ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= = = = . (4.25)

Fazendo-se uma rotação horária de 45º no sistema x’y’z’, em torno do eixo z’,

obtemos o sistema xyz da figura 4.9(b). Aplicando-se as equações (3.137), obtemos

( ) ( ) ( ) ( ),

1 1 1 11 1 0cos 2( 45 ) 2( 45 )2 2 2

o ox y sen

E E E Eν ν ν ν

ε τ τ τ τ+ + + +⎡ ⎤ ⎡ ⎤

= − ± + − ± −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.

( ) ( )1 11 02( 45 ) cos 2( 45 )2 2 2xy o osen

E Eγ ν ν

τ τ+ +⎡ ⎤

= − + − + −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Simplificando, escrevemos

,2(1 )0x y xy E

νε γ τ+= = . (4.26)

Em resumo, os resultados dessa mudança de coordenadas, considerando-se que

xyτ τ= , são os seguintes:

2(1 )0x y z xz yz xy xyEνε ε ε γ γ γ τ+

= = = = = = . (4.27)


4.17

De (4.27) podemos inferir então, que um simples estado de cisalhamento puro

xyτ , como na figura 4.9(b) causa somente a de formação de cisalhamento xyγ . Essa

conclusão é suportada por experimentos em materiais elásticos lineares e isotrópicos.

Mas desses experimentos obtemos apenas o módulo de elasticidade em cisalhamento,

G, tal que

xy xyGτ γ= . (4.28)

Das equações (4.27) e (4.28) definimos

2(1 )EGν

≡+

. (4.29)

Os módulos E e G são obtidos por ensaios e o coeficiente ν é obtido da relação

(4.29), para materiais isotrópicos.

Podemos aplicar o mesmo raciocínio acima para as outras componentes de

tensão xzτ e yzτ . Então, escrevemos na forma matricial

1 0 0 0

1 0 0 0

1 0 0 0

10 0 0 0 0

10 0 0 0 0

10 0 0 0 0

x x

y y

z z

xy xy

xz xz

yz yz

E E E

E E E

E E E

G

G

G

ν ν

ν νε σε σν νε σγ τγ τγ τ

⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥− −⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥− −⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥=⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎢ ⎥

⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎩ ⎭⎢ ⎥

⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

. (4.30)

Devemos ter sempre em mente que para definirmos um material isotrópico

precisamos apenas de duas constantes, porque das três que aparecem na equação

(4.30), uma pode ser obtida a partir das outras duas através da relação (4.29). Para


4.18

materiais ortotrópicos necessita-se de nove constantes elásticas para a sua definição

completa.

Muitas vezes é necessário calcular as componentes de tensões a partir de

valores conhecidos das componentes de deformações, por exemplo, medidas obtidas

em ensaios. Daí, a importância das seguintes equações, obtidas a partir da equação

matricial (4.30):

( )( ) ( ) ( )11 2 1x x y z

Eσ ν ε ν ε εν ν

⎡ ⎤= − + +⎣ ⎦− +

( ) ( ) ( ) ( )11 2 1y y x z


⎡ ⎤= − + +⎣ ⎦− +

( )( ) ( ) ( )11 2 1z z x y


⎡ ⎤= − + +⎣ ⎦− +

xy xyGτ γ=

xz xzGτ γ=

yz yzGτ γ= , (4.31)

ou escrita na forma matricial

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

10 0 0

1 2 1 1 2 1 1 2 1

10 0 0

1 2 1 1 2 1 1 2 1

10 0 0

1 2 1 1 2 1 1 2 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

x x

y y

z z

xy xy

xz xz

yz yz

E E E

EE E

EE E

GG

G

ν ν νν ν ν ν ν ν

σ ενν νσ ε

ν ν ν ν ν νσ ε

νν ντ γν ν ν ν ν ντ γ

τ γ

⎡ − ⎤⎢ ⎥− + − + − +⎢ ⎥⎧ ⎫ ⎧⎢ ⎥−⎪ ⎪ ⎪⎢ ⎥⎪ ⎪ − + − + − +⎢ ⎥⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎢ ⎥=⎨ ⎬ ⎨−⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎢ ⎥− + − + − +⎪ ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪⎩ ⎭ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎫⎪

⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪

⎬⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎩ ⎭

. (4.32)

As equações (4.31) ou (4.32) são também conhecidas como lei de Hooke

generalizada para materiais elástico linear (hookeano) isotrópico.


4.19

4.5 COMENTÁRIO SOBRE O COEFICIENTE DE POISSON Como já vimos, a dilatação ou contração volumétrica para um bloco que tenha sofrido

pequenas deformações comparadas com a unidade, pode ser escrita como a seguir.

vol vol x y zVe e

Vε ε ε∆

= ⇒ = + + . (4.33)

Para um material elástico linear isotrópico podemos aplicar a equação (4.30) e

escrever

1 ( )x x y zEε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦

1 ( )y y x zEε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦

1 ( )z z x yEε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦ . (4.34)


( ) ( ) ( )3 1 2 13 3

x y z x y zvole

E Kσ σ σ σ σ σν + + + +−

= = (4.35)

O fator ( ) 3x y zσ σ σ+ + é também denominado de parcela hidrostática do estado

de tensão.

O termo ( )3 1 2K E ν= − indica que se o coeficiente de Poisson do material for

igual a 1 2 não ocorrerá nenhuma deformação volumétrica no corpo. Como E e ν são

positivos e o coeficiente K também deve ser positivo, então

102

ν≤ < . (4.36)


4.20

Quando 1 2ν = o material elástico linear e isotrópico é dito incompressível (não

experimenta nenhuma variação no seu volume).

Exemplo 4.1

Considere um estado de tensão de um elemento tal que a tensão xσ é exercida

na direção x, a contração lateral é livre para ocorrer na direção z, mas é completamente

restrita na direção y. Ache a relação entre a tensão na direção x e a deformação nessa

direção. Ache também a razão entre a deformação na direção z e a deformação na

direção x.

Solução

Livre na direção z 0 0z zσ ε⇒ = ≠

Restrita na direção y 0 0y yσ ε⇒ ≠ =

Pela lei de Hooke generalizada, escrevemos

1 1( ) ( 0) xx x y z x y x yE E E E

σ νε σ ν σ σ σ ν σ ε σ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + = − + ⇒ = −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (a)

1 1( ) ( 0) 0y y x z y x y xE Eε σ ν σ σ σ ν σ σ νσ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + = − + = ⇒ =⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (b)

1 1( ) 0 ( ) ( )z z x y x y z x yE E Eνε σ ν σ σ ν σ σ ε σ σ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + = − + ⇒ = − +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ (c)

Substituindo (b) em (a) escrevemos

( ) ( ) ( )2

21

1x x x

x y x x x xE

E E E E Eσ σ σν νε σ νσ ε ν σ ε

ν= − = − ⇒ = − ⇒ =

−


4.21

Substituindo (b) em (c) escrevemos

( ) ( )( ) 1xz x y x x zE E E

νσν νε σ σ σ νσ ε ν= − + = − + ⇒ = − +

Substituindo na expressão acima o valor encontrado para xσ , escrevemos

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )21 1 1

1 1 11x

z x x z xE E

E E Eνσ ν ν νε ν ε ν ε ν ε ε

ν ν νν

⎡ ⎤⎢ ⎥= − + = − + = − + ⇒ = −

+ − −−⎢ ⎥⎣ ⎦

Denomina-se a quantidade ( )21E ν− de “módulo efetivo de elasticidade” e a

razão ( )1ν ν− de “coeficiente efetivo de Poisson”.

A tensão yσ produzida pelo vínculo de restrição é obtida de (b), como a seguir.

( ) ( )2 21 1y x x y xE Eσ νσ ν ε σ ν εν ν

= = ⇒ =− −

▲

Exemplo 4.2 Considere um bloco elementar sujeito a um carregamento uniaxial, como na

figura abaixo. Derive uma expressão aproximada para a variação de volume por

unidade de volume devido a esse carregamento.


4.22

Solução

Deformação normal na direção x: xε

Deformação nas direções y,z: y z xε ε νε= = − (devido ao efeito Poisson)

Comprimento das arestas indeformadas: , ,dx dy dz

Comprimento das arestas deformadas:

( )* 1 xdx dxε= +

( ) ( )* 1 1y xdy dy dyε νε= + = −

( ) ( )* 1 1z xdz dy dzε νε= + = −

Volume do elemento antes da deformação:

V dxdy dz=

Volume do elemento após a deformação:

( ) ( ) ( )* * * * 1 1 1x x xV dx dy dz dx dy dzε νε νε= = + − −

( )2 2 2 2 31 2 2x x x x x dxdydzε νε ν ε νε ν ε= + − − − + .

Para pequenas deformações, 1xε <<< podemos desprezar os produtos de xε na

expressão acima e escrever

( )* 1 2x xV dxdydxε νε≅ + − .

A variação de volume por unidade volume para o elemento é dada por

( ) ( )* 1 2

1 2x xvol vol x

dxdydz dxdydzV V V Ve eV V dxdydz V

ε νεν ε

+ − −∆ − ∆= = = ⇒ = = −


4.23

Comentários:

• O resultado obtido para VV∆ é o mesmo que obteríamos a partir da equação

(4.35) com 0y zσ σ= = e levando em conta que x xEσ ε= no nosso caso.

• Podemos observar também que a área da seção onde a tensão xσ atua varia

muito pouco em relação à área indeformada, ou seja:

A dydz=

( ) ( ) ( )2* * * *1 1 1x x xA dy dz dy dz A dydzνε νε νε= = − − ⇒ = −

Assim, escrevemos

( ) ( ) ( )2 2* 2 21 1 1 2x x x xA dydz A Aνε νε ν ε νε= − = − = + −

Para pequenas deformações, 1xε <<< , podemos desprezar o termo com 2xε na

expressão acima, e escrevemos

( ) ( )** 1 2

1 2 2xx x

A AA A A AA AA A A A

νενε νε

− −∆ − ∆≅ − ⇒ = = ⇒ = −

Para 1xε <<< e como 1ν < , então 0A∆ ≅ . Portanto a área deformada é

aproximadamente igual à área indeformada. ▲

4.6 EFEITOS DA TEMPERATURA Quase todos os materiais tendem a se expandir quando aquecido. O aumento de

volume que acompanha um aumento de temperatura é denominado expansão térmica.

Se o material é isotrópico e livre para expandir, todos os segmentos de reta no

corpo experimentam a mesma deformação longitudinal quando a temperatura varia.

Esse material expandindo-se livremente não experimenta nenhuma deformação angular

ou por cisalhamento. A mais simples relação entre essas deformações normais e a

variação de temperatura que as produzem são as relações lineares

x y z Tε ε ε α= = = ∆ , (4.37)


4.24

onde α é uma constante, denominada de coeficiente de expansão térmica e é uma

propriedade do material e T∆ é a variação de temperatura.

As deformações térmicas (4.37) podem ser adicionadas às deformações

mecânicas (produzidas pelas tensões) das equações (4.30) e escrevemos, para um

material elástico linear e isotrópico, as deformações totais como

1 ( )x x y z TE

ε σ ν σ σ α⎡ ⎤= − + + ∆⎣ ⎦

1 ( )y y x z TE

ε σ ν σ σ α⎡ ⎤= − + + ∆⎣ ⎦

1 ( )z z x y TE

ε σ ν σ σ α⎡ ⎤= − + + ∆⎣ ⎦

1 1 1xy xy xz xz yz yzG G G

γ τ γ τ γ τ= = = . (4.38)

Exemplo 4.3 Seja uma barra reta conforme a figura 4.10 , com uma extremidade fixa e a outra

livre, sob efeito de uma variação de temperatura T∆ . Se o material da barra tem um

coeficiente de expansão térmica α , determinar o seu alongamento e a tensão normal

longitudinal desenvolvida na barra.



4.25

Solução

No caso das barras a deformação que nos interessa é no sentido longitudinal e a

única componente de tensão a ser considerada é na sua direção longitudinal, ou seja,

da primeira equação (4.38) escrevemos

xx T

Eσε α= + ∆ (a)

Da equação acima obtemos

( )x xE Tσ ε α= − ∆ (b)

A equação (a) nos dá a deformação específica longitudinal total, ou seja, uma

parcela devida à ação de forças (deformação mecânica) e uma parcela devida à

variação de temperatura (efeito térmico) e assim, definimos

xmec T T

Eσε ε α= = ∆ (c)


x mec Tε ε ε= + (d)

No nosso problema temos

0mec T Tε ε α= = ∆ (e)

A parcela de deformação mecânica é nula porque não tem nenhuma força atuando

sobre a barra, apenas uma variação de temperatura T∆ . Portanto, da equação (d),

escrevemos

0x xT Tε α ε α= + ∆ ⇒ = ∆ (f)


4.26

O alongamento da barra, ou o deslocamento da sua extremidade livre em

relação à fixa, é dado pela equação (3.8) e considerando (f), escrevemos

( )*

0 00

L L

x TL L dx T dx TLδ ε δ α δ α− = = ⇒ = + ∆ ⇒ = ∆∫ ∫ ,

onde Tδ δ= é o alongamento da barra devido ao efeito térmico.

Se substituirmos (f) em (b) escrevemos

( ) 0x xE T Tσ α α σ= ∆ − ∆ ⇒ =

Portanto, nesse caso, houve deformação da barra, mas sem o desenvolvimento de

tensão sobre os seus pontos. ▲

Exemplo 4.4 Consideremos agora, a barra do exemplo anterior com as duas extremidades

fixas, conforme a figura 4.11(a) e sujeita a uma variação de temperatura T∆ .



4.27

Determine a tensão normal desenvolvida na direção longitudinal da barra, devido ao

efeito térmico.

Solução

Da figura 4.11(a) vemos que os deslocamentos das extremidades da barras são nulos,

portanto, o seu alongamento longitudinal também será nulo. Assim, escrevemos

0 0x xL Lδε ε= = ⇒ = (a)

Substituindo (a) em ( )x xE Tσ ε α= − ∆ ,obtemos

( )0x xE T E Tσ α σ α= − ∆ ⇒ = − ∆

Então, nesse caso, ocorre o desenvolvimento de uma tensão normal de compressão na

direção longitudinal da barra.

Comentários: Em geral, na literatura, essa tensão que se originou devido ao efeito térmico é

denominada de tensão térmica, mas esse termo não é apropriado, porque na verdade

ela ocorre devido à força de reação do vínculo que fixa as extremidades da barra.

Portanto, essa tensão é o resultado da ação de uma força (no caso uma reação de

apoio), o que é coerente com o conceito de tensão.

Poderíamos fazer o seguinte raciocínio com a barra mostrada na figura 4.11(b):

imaginemos que a extremidade A seja liberada para se deslocar, como no exemplo

anterior. Então, a partir da equação (3.8), devido ao efeito térmico, temos,

( )*

0 00

L L

x TL L dx T dx TLδ ε δ α δ α− = = ⇒ = + ∆ ⇒ = ∆∫ ∫ (b)

Da figura 4.11(c) podemos imaginar que a reação de apoio AR produza um

deslocamento mecδ no sentido oposto ao de Tδ da figura 4.11(b) a fim de manter o


4.28

deslocamento resultante em A nulo, como na figura 4.11(a), pois esse é um suporte

fixo. Assim, escrevemos

mec x A Amec mec

R A R LL E E EA

δ σε δ= = = ⇒ = (c)

Como o deslocamento total é nulo, temos

0mec T mec Tδ δ δ δ δ= + = ⇒ = − (d)

Substituindo (b) e (c) em (d) obtemos

A AR L RTL E TEA A

α α= − ∆ ⇒ = − ∆ (e)

Comparando x E Tσ α= − ∆ com(e), escrevemos

Ax

R E TA

σ α= = − ∆ ,

o que nos mostra que a tensão normal xσ , de compressão nesse caso, é devida à ação

da força de reação do apoio, mas originada do efeito térmico. ▲

4.7 CONCLUSÃO Como vimos, os três aspectos fundamentais nos fornece o conjunto de equações

necessário para a solução de qualquer problema na Mecânica dos Sólidos, ou seja

• Dinâmica (estática): Equações de equilíbrio (3)

Incógnitas (6)

• Cinemática das deformações: relações deformação-deslocamento (6)

Incógnitas (9)

• Comportamento resistivo de material: relações constitutivas (6)

Assim, temos quinze equações e quinze incógnitas, portanto, um problema possível e

determinado.


4.29

Mas como a solução desses problemas exige a resolução de sistemas de

equações diferenciais parciais, em geral só será possível através de métodos

numéricos, com algumas exceções quando o sólido é de geometria simples e também o

carregamento é aplicado de modo bem simples. Portanto, a solução analítica só é

obtida para algumas situações bem específicas.

Nos próximos capítulos veremos algumas dessas situações, onde se explora um

dos mais poderosos argumentos da ciência, o argumento da simetria. Desse modo,

consegue-se descrever a deformação de uma maneira muito simples, o que resulta em

teorias que conduzem a resultados muito satisfatórios do ponto de vista de engenharia

e muitas vezes até muito próximos daqueles obtidos por teorias mais avançadas.

REFERÊNCIAS


Inc., NY, 1993




edição, 2006




EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 5.1

5

BARRAS SOB CARGA AXIAL Como foi apresentada no capítulo 1, a análise de qualquer problema de Mecânica dos

Sólidos está baseada nos três aspectos fundamentais: dinâmica (estática), cinemática

das deformações e relações constitutivas. Esses aspectos foram detalhados nos

capítulos 2, 3 e 4.

• Dinâmica (estática): esse tópico nos fornece as equações de equilíbrio em

cada ponto ou do sólido como um todo. Os conceitos de vetor tensão e

estado de tensão num ponto são as novas ferramentas matemáticas que

nos permitem descrever o comportamento num ponto do sólido.

• Cinemática das deformações: esse tópico nos fornece as relações

deformações-deslocamento. O conceito de deformação específica nos

permite descrever o comportamento num ponto do sólido.

• Relações constitutivas: os modelos matemáticos do sólido, como um

contínuo, relacionam as variáveis dinâmicas (tensões) com as variáveis

cinemáticas (deformações).

Nos próximos capítulos faremos uso das ferramentas matemáticas descritas

acima na solução de alguns problemas fundamentais importantes na engenharia de

estruturas.

A seguir, desenvolveremos uma teoria simples, também conhecida como teoria

de engenharia, para a solução de extensão de barras. Uma barra é definida como um

elemento estrutural cuja geometria é tal que possui um eixo longitudinal reto e a maior

dimensão da seção transversal é pequena comparada com o seu comprimento


longitudinal. Estudaremos as barras prismáticas e as barras com seção transversal

variando gradualmente ao longo do eixo longitudinal sob carregamento axial. Desde

que as restrições dessa teoria sejam satisfeitas, os resultados obtidos através de seu

uso se mostram muito satisfatório, do ponto de vista de engenharia, com aqueles

observados experimentalmente e também com aqueles obtidos através de teorias

mais avançadas.

5.1 PRINCÍPIO DE SAINT-VENANT Na maioria das vezes as cargas aplicadas sobre elementos estruturais são forças de

contato (forças de superfície). Em geral essas forças são transmitidas ao elemento

estrutural em pontos discretos, como conexões por meio de pinos, parafusos ou rebites.

Nesses casos, a distribuição real de tensões em torno desses pontos é tão complicada

que uma descrição precisa da distribuição de forças é muito difícil. Felizmente, na

maioria das vezes podemos considerar o efeito da distribuição dessas forças em

regiões um pouco afastada dos pontos de aplicação das cargas, como informação

suficiente para o estudo do comportamento geral do elemento estrutural.

Considere, por exemplo, o caso ilustrado na figura 5.1. Foram desenhadas

grades idênticas, com linhas horizontais e verticais, sobre a superfície das duas barras.

(a)

(b)

Figura 5.1 (a) Barra com carga concentrada na extremidade; (b) Barra com carga distribuída na extremidade.


As barras são iguais, mas uma é carregada com uma carga axial concentrada

por meio de um pino através de um furo na sua extremidade enquanto que a outra

recebe uma carga axial distribuída, com resultante igual à carga concentrada, por meio

de um dispositivo rígido na sua extremidade. Assim, a maneira de se aplicar as forças

sobre as duas barras é diferente, mas a resultante é a mesma: uma força axial P

atuando ao longo do eixo que passa pelos centróides das seções transversais da barra.

Na região próxima da aplicação das forças as deformações são muito diferentes

nas duas barras, como podemos observar pela severa distorção nas linhas da grade

desenhada sobre cada uma das barras. Porém, nas regiões um pouco afastadas da

vizinhança da aplicação das cargas, as deformações são essencialmente as mesmas

nas duas barras: os quadrados são deformados em retângulos, praticamente iguais.

Aparentemente, as únicas diferenças significantes no comportamento são os efeitos

localizados próximos da região de aplicação das cargas. Se esses elementos

estruturais são longos e esbeltos, as deformações gerais das duas barras e as

distribuições de tensões são aproximadamente as mesmas nas regiões afastadas da

aplicação das cargas.

A idéia essencial demonstrada pelo exemplo acima foi estabelecida por Saint-

Venant, em 1855, como um princípio:

“Duas distribuições diferentes de cargas atuando sobre a mesma região de um

corpo, tem essencialmente os mesmos efeitos, em termos de tenso e deformação,

sobre partes do corpo que estão suficientemente longe da área de aplicação das

cargas, desde que essas distribuições de forças tenham a mesma resultante”.

Esse princípio se aplica não somente a elementos estruturais carregados

axialmente, mas a todos os tipos de carregamento. Como regra geral, para as barras,

consideramos que a distância da região de aplicação de cargas onde esse princípio se

aplica, deve ser no mínimo igual à maior dimensão da seção transversal. Essa regra é

baseada em observações experimentais e em alguns casos confirmada

matematicamente pela teoria da elasticidade.


5.2 BARRAS PRISMÁTICAS SOB CARGA AXIAL Uma barra prismática é um elemento estrutural que possui um eixo longitudinal reto e

seção transversal constante ao longo do seu comprimento. A maior dimensão da seção

transversal é pequena comparada com o seu comprimento longitudinal. São elementos

estruturais sujeitos a cargas axiais largamente usados em estruturas como treliças, em

pontes e edifícios. São também usadas como elementos estruturais do sistema de

comando de algumas aeronaves.

A teoria que será desenvolvida a seguir, para a análise desses elementos

estruturais de geometria e carregamento simples, a qual apresenta resultados muito

bons do ponto de vista de engenharia, é baseada nas seguintes hipóteses:

a) Os pontos de aplicação de cargas e das reações de apoio estão a distâncias

razoáveis do ponto de interesse.

b) A seção transversal da barra é arbitrária, mas é uniforme ou possui uma variação

pequena e gradual na direção axial; se mudanças abruptas na seção transversal

existir, os centróides de todas a seções transversais podem ser unidos pela reta

que constitui o eixo axial da barra.

c) O material da barra é homogêneo ou o módulo de elasticidade E é função apenas

da coordenada axial. Não é essencial, porque podemos ter uma barra constituída

de materiais diferentes.

d) Todas as cargas aplicadas e reações de apoio são geometricamente posicionadas

em linha paralela com o eixo axial.

e) A magnitude da carga axial de compressão é menor que a carga crítica de

flambagem da barra.

f) As componentes transversais das tensões normais yσ e zσ são desprezíveis

comparadas com a tensão axial xσ

g) As seções transversais permanecem planas e normais ao eixo longitudinal após a

deformação; o eixo longitudinal permanece reto após a deformação.

As hipótese (f) e (g) tem sido verificadas experimentalmente.


O problema a ser estudado é o seguinte: seja a barra da figura 5.2 com uma

força axial P aplicada na sua extremidade livre. Por simplicidade, considere fixa a outra

extremidade.

Figura 5.2 Barra prismática sob carregamento axial

A seguir faremos uso dos três aspectos fundamentais da Mecânica fos Sólidos,

já estudados nos capítulos 2,3, e 4. Por um questão didática, eles serão aplicados na

seguinte ordem:

• Cinemática da deformação

Devido ao tipo de carregamento, espera-se que a barra venha a se alongar ou

contrair na direção axial. Com base na hipótese (g), vamos assumir que a deformação

possa ser descrita como a seguir:

1) o eixo longitudinal permanece reto após a deformação e

2) as seções transversais permanecem planas e normais ao eixo longitudinal após

a deformação.

Assim, as seções transversais se deslocam somente na direção axial. A figura

5.3 mostra a barra em estudo, antes e após a deformação.


Figura 5.3 (a) Antes da deformação; (b) Após a deformação.

Como as seções permanecem planas e paralelas após a deformação, a posição

dos seus pontos na configuração deformada pode ser dada apenas pelas coordenadas *x e * *x x+ ∆ . Duas seções vizinhas são mostradas em detalhe na figura 5.4.

Figura 5.4 (a) Seções transversais vizinhas, antes da deformação; (b) As mesmas seções após a deformação


Da figura 5.4 vemos que um segmento de reta AB de comprimento x∆ antes da

deformação se transforma em * *A B com comprimento *x∆ após a deformação.

Da definição (3.1) de deformação longitudinal escrevemos

*

0limx x

x xx

ε∆ →

∆ −∆=

∆

ou

*

xdx dx

dxε −

= . (5.1)

De (5.1) escrevemos

( )* 1 xdx dxε= + . (5.2)

O alongamento total δ , figura 5.3, de uma extremidade da barra de comprimento L em

relação à outra extremidade é dado por

*

0

L

xL L dxδ ε= − = ∫ . (5.3)

Em decorrência da hipótese (g) temos a seguinte relação deformação-

deslocamento

xdudx

ε = , (5.4)

onde as componentes de deformação e de deslocamento são funções apenas da

coordenada axial x.


• Estática

Considere a região da barra à direita da seção de “corte” S, na figura 5.2, como

um diagrama de corpo-livre para determinarmos os esforços internos resultantes, a

partir do equilíbrio do corpo, conforme a figura 5.5.

Figura 5.5 Diagrama de corpo livre para determinação da força interna N.

Do equilíbrio na direção axial x escrevemos

0 0xF N P N P= ⇒ − + = ⇒ =∑ , (5.5) onde N é a força normal interna resultante, atuando sobre a seção S e do equilíbrio dos

momentos em relação ao ponto C, concluímos que a força N atua ao longo do eixo

longitudinal, portanto, colinear com a força externa aplicada P. Então, não existem

momentos fletores atuando na seção S. Isso está de acordo com a descrição da

deformação da barra, ou seja, as seções transversais permanecem planas e normais ao

eixo longitudinal, o qual continua reto, após a deformação.

Como a seção de “corte” S é arbitrária entre as extremidades da barra,

concluímos que a força normal interna resultante N é constante ao longo do eixo x.

A força N é a resultante das forças N∆ distribuídas sobre a seção S, atuando

sobre áreas elementares A∆ , como na figura 5.6.


Figura 5.6 Forças N∆ atuando sobre áreas elementares A∆ da seção transversal.

Como já foi visto no capítulo 2, a intensidade da força N sobre cada ponto do

plano S pode ser dada pela componente normal xσ do vetor tensão atuando no ponto e

associado ao plano S. Então escrevemos

xN Aσ∆ = ∆ . (5.6)

Se, na figura 5.6 considerarmos uma barra prismática, extraída da barra original, de

seção A∆ , paralela ao eixo longitudinal x, podemos supor que as tensões normais yσ e

zσ sobre as suas laterais são desprezíveis, pois a barra original é muito estreita e suas

superfícies laterais são livres de tensão aplicada. Portanto, de acordo com a hipótese

(f), podemos assumir

0y zσ σ= = . (5.7)

A figura 5.7 apresenta a seção transversal S ampliada e um detalhe de uma

área elementar A∆ .

Figura 5.7 Detalhe da seção transversal S.


A força normal N é a resultante dessas forças N∆ atuando sobre cada área

elementar A∆ . No limite, com A∆ tendendo a zero, podemos escrever, a partir de (5.6)

xS

N dAσ= ∫ . (5.8)

De (5.5) e (5.8) escrevemos

xS

N P P dAσ= ⇒ = ∫ . (5.9)

A partir da figura 5.7 temos

y xM z N z Aσ∆ = ∆ = ∆ (5.10)

z xM y N y Aσ∆ = − ∆ = − ∆ . (5.11)

O momentos fletores resultantes são escritos de (5.10) e (5.11), no limite com

0A∆ →

y xS

M z dAσ= ∫ (5.12)

z xS

M y dAσ= −∫ . (5.13)

Esses momentos fletores são nulos porque eles são os momentos produzidos pela

força N em relação aos eixos y e z, respectivamente, e essa força interna resultante

atua sobre a origem , ponto C, dos sistema adotado xyz.

Então, temos

0y xS

M z dAσ= =∫ (5.14)

0z xS

M y dAσ= − =∫ . (5.15)

As equações (5.5), (5.8), (5.14) e (5.15) asseguram o equilíbrio do diagrama de corpo-

livre da barra em estudo.


• Relações constitutivas A descrição do comportamento do material da barra será feita supondo-se que

ele é linearmente elástico e isotrópico. Então, a partir do capítulo 4, escrevemos

( )1x x y zE

ε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦

( )1y y x zE

ε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦

( )1z z x yE

ε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦ . (5.16)

Pela hipótese (f) assumimos que 0y zσ σ= = . Então,

xx E

σε =

xy xE

σε ν νε= − = −

xz xE

σε ν νε= − = − . (5.17)

Consideraremos agora na nossa análisemateriais linearmente elástico, isotrópico e homogêneo, o que constitui a maioria dos materiais usados em

estruturas. Portanto, o módulo de elasticidade E é constante, em todos os pontos da

barra.

Como xε independe de y e z devido à hipótese (g) e E é constante, a partir da

primeira equação (5.17), temos

x x xEσ ε σ= ⇒ independe de y e z. (5.18)

Com (5.18) em (5.14) e (5.15), podemos escrever


0 0x xS S S

z dA zdA zdAσ σ= = ⇒ =∫ ∫ ∫ (5.19)

0 0x xS S S

y dA ydA ydAσ σ= = ⇒ =∫ ∫ ∫ . (5.20)

De (5.19) e (5.20) concluímos que a origem do sistema de coordenadas xyz, o

ponto C, deve ser o centróide da seção para que os fletores se anulem, para qualquer

tensão xσ .

Ainda, como xσ independe de y e z, escrevemos a partir de (5.8)

x x xS S

NN dA dAA

σ σ σ= = ⇒ =∫ ∫ . (5.21)


xNEA

ε =

y zNEA

ε ε ν= = − . (5.22)

Com a primeira equação de (5.22) em (5.3), o alongamento total δ da barra se escreve

0

L N NLdxEA EA

δ δ= ⇒ =∫ . (5.23)

Se a força normal interna N for constante por trechos da barra, podemos escrever de

um modo mais geral

1 1 2 1

1 1

1 20

1 1 2 2

n n

n

L L L L L nL L

n n

NN Ndx dx dxE A E A E A

δ −

−

+ += + + +∫ ∫ ∫… (5.24)

ou

1 1 2 2

1 1 2 2

n n

n n

N LN L N LE A E A E A

δ = + + +… , (5.25)


onde os sinais de cada parcela dependerão do sinal da força normal N, a qual é positiva

se for tração e negativa se for compressão.

Da relação deformação-deslocamento (5.4) temos

xdu P du duEA Pdx EA dx dx

ε = ⇒ = ⇒ = . (5.26)

Derivando-se (5.24) em relação a x, obtemos a equação de equilíbrio,escrita em

termos de deslocamento, para uma barra prismática de material isotrópico, linear-

elástico e homogêneo, com uma carga axial aplicada na sua extremidade

2

2 0d uEAdx

= . (5.27)

Para a solução dessa equação diferencial devemos aplicaras as condições de contorno

0u u

x ou x L ouduEA Pdx

⎧⎪ =⎪

= = ⎨⎪⎪ =⎩

(5.28)

Exemplo 5.1 A barra da figura abaixo consiste de duas partes cilíndricas com seções

transversais circulares a um eixo comum passando pelos centróides das seções. Ela é

feita de uma liga de aço-carbono com 6 230 10 / 200E lb in GPa= × = e tensão de

escoamento 3 20 70 10 / 480lb in MPaσ = × = . Determine o alongamento total produzido

pelas cargas axiais aplicada nos pontos B e D.


Solução


Exemplo 5.2 A barra da figura abaixo é feita de um material linearmente elástico. As parte AB

e BC são ambas cilíndricas com um eixo axial comum. As extremidades A e B são

rigidamente fixadas antes da carga P ser aplicada através de um colar rígido no ponto

B. A carga é assumida atuando ao longo do eixo longitudinal da barra. Determinar a

tensão normal nas seções transversais de cada parte da barra.

Solução


5.3 BARRAS DE SEÇÃO TRANSVERSAL COM VARIAÇÃO GRADUAL SOB CARGA AXIAL

Vamos considerar agora uma barra com seção transversal variando gradualmente ao

longo do eixo longitudinal x, sob uma carga axial 0P aplicada na sua extremidade livre e

uma carga axial f que varia ao longo do eixo x, como na figura 5.8. A carga f é dada em

unidade de força por unidade de comprimento.

Figura 5.8 (a) Barra com carregamento axial e seção variável; (b) Diagrama de corpo livre para determinação da força normal interna N(x); (c) Força interna normal sobre a região à esquerda da seção de “corte” em x; (d) Diagrama de corpo livre de uma porção elementar de comprimento x∆ da barra.

As hipóteses (a)-(g) descritas na seção 5.2 se aplicam também nesse problema.

A hipótese (b) diz que a variação das seções transversais ao longo do eixo longitudinal

deve ser pequena e gradual. Segundo uma recomendação nas páginas 76-77 do livro

“Mechanics of Material”, 4ª edição, de Gere & Timoshenko, o ângulo entre os lados da

barra dever ser menor que 20º , porque para esse ângulo, a tensão xP

Aσ = em uma


seção transversal arbitrária é 3% menor que aquela determinada por métodos mais

avançados. Quanto menor o ângulo entre as laterais da barra, menor será esse erro.

Do equilíbrio da barra, podemos escrever para os diagramas de corpo livre da

figura 5.8

0 00 ( ) ( ) 0 ( ) ( )xF N x f L x P N x P f L x= ⇒ − + − + = ⇒ = + −∑ (5.29)

e

0 ( )( ) 0x x x xF A A A f xσ σ σ= ⇒ − + + ∆ + ∆ + ∆ =∑ . (5.30)

Desprezando-se o produto dos incrementos, 0x Aσ∆ ∆ ≅ , reescrevemos (5.30)

0x xA A f xσ σ∆ + ∆ + ∆ = . (5.31)

Dividindo (5.31) por x∆ e tomando o limite com 0x∆ →

0 0 0lim lim lim 0 0x x

x xx x x

dA dAA f A fx x dx dx

σ σσ σ∆ → ∆ → ∆ →

∆∆+ + = ⇒ + + =

∆ ∆. (5.31)

ou

( ) 0xd A fdx

σ + = . (5.32)

A equação (5.32) é válida em qualquer ponto de coordenada x ao longo da barra.

Das hipóteses (c) e (g) podemos assumir que a tensão xσ é uniforme (independe das

coordenadas y e z) sobre a área A(x), ou seja , da equação (5.21) escrevemos

( )( )x

N xA x

σ = . (5.33)


A deformação xε também será uma função apenas da coordenada x e é dada por

( ) ( )( ) ( ) ( )

xx

x N xE x E x A xσε = = , (5.34)

onde ( )E x indica que o módulo de elasticidade E é uma função apenas de x. Isso é

uma decorrência da hipótese (c).

Então o alongamento total δ da barra para o comprimento L é dado por

0 0

( )( ) ( )

L L

xN xdx dx

E x A xδ ε δ= ⇒ =∫ ∫ . (5.35)

Exemplo 5.3 Uma barra cônica, como da figura abaixo, é feita de um material com módulo de

elasticidade E, constante em todos os pontos, e peso específico ρ . Determinar o

deslocamento de sua extremidade, devido á ação da gravidade. A variação das seções

transversais é muito pequena.

Solução


5.4 BARRAS SOB EFEITO TÉRMICO

Como vimos na seção 4.6, uma variação de temperatura produz uma expansão ou

contração do sólido. No caso das barras a deformação que nos interessa é no sentido

longitudinal, ou seja, à deformação dada pela equação (5.1) acrescentamos a parcela

devido ao efeito térmico e escrevemos

x

x TEσε α= + ∆ . (5.36)

Da equação (5.36) observamos que

( )x xE Tσ ε α= − ∆ . (5.37)

A equação (5.36) nos dá a deformação específica longitudinal total, ou seja, uma

parcela devida à ação de forças (deformação mecânica) e uma parcela devida à

variação de temperatura (efeito térmico) e assim, definimos

xmec T T

Eσε ε α= = ∆ . (5.38)


x mec Tε ε ε= + . (5.39)

Consideremos agora o seguinte problema: seja uma barra reta conforme a figura

5.9, com uma extremidade fixa e a outra livre, sob efeito de uma variação de

temperatura T∆ .


Figura 5.9 Alongamento de uma barra devido a efeito térmico.

Nesse caso, temos

0mec T Tε ε α= = ∆ . (5.40)

A parcela de deformação mecânica é nula porque não tem nenhuma força atuando

sobre a barra, apenas uma variação de temperatura T∆ . Portanto, de (5.39) temos

0x xT Tε α ε α= + ∆ ⇒ = ∆ . (5.41)

O alongamento da barra, ou o deslocamento da sua extremidade livre em

relação à fixa, é dado pela equação (5.3) e considerando a (5.41)

0 0

L L

x T Tdx Tdx TLδ ε δ δ α δ α= ⇒ = = ∆ ⇒ = ∆∫ ∫ . (5.42)

Se substituirmos (5.41) em (5.37) obtemos

( ) 0x xE T Tσ α α σ= ∆ − ∆ ⇒ = . (5.43)

Portanto, nesse caso, houve deformação da barra, mas sem o desenvolvimento de

tensão sobre os seu pontos.


Consideremos agora, a barra do problema anterior com as duas extremidades

fixas, conforme a figura 5.10, sujeita a uma variação de temperatura T∆ .

Figura 5.10 Barra com as extremidades fixas e sob efeito térmico.

Da figura 5.10(a) vemos que os deslocamentos das extremidades da barras são nulos,

portanto, o seu alongamento longitudinal também será nulo. Assim, escrevemos

00 0

L

x xdxδ ε ε= = ⇒ =∫ . (5.44)

Substituindo (5.44) e, (5.37) obtemos

( )0x xE T E Tσ α σ α= − ∆ ⇒ = − ∆ . (5.45)

Então, nesse caso, ocorre o desenvolvimento de tensão normal de compressão nos

pontos da barra.

Em geral, na literatura, essa tensão que se originou devido ao efeito térmico é

denominada de tensão térmica, mas esse termo não é apropriado, porque na verdade


ela ocorre devido à força de reação do vínculo que fixa as extremidades da barra.

Portanto, essa tensão é o resultado da ação de uma força (no caso uma reação de

apoio), o que é coerente com o conceito de tensão.

Poderíamos fazer o seguinte raciocínio com a barra da figura 5.10: imaginemos

que a extremidade A seja liberada para se deslocar. Então, devido ao efeito térmico

temos da equação (5.42)

T TLδ α= ∆ . (5.46)

Da figura 5.10(c) podemos imaginar que a reação de apoio AR produza um

deslocamento mecδ no sentido oposto ao de Tδ a fim de manter o deslocamento

resultante em A nulo, pois esse é um suporte fixo. Assim, a partir da equação (5.23),

escrevemos

Amec

R LEA

δ = . (5.47)

Como o deslocamento total é nulo, temos

0mec T mec Tδ δ δ δ δ= + = ⇒ = − . (5.48)

Substituindo (5.46), (5.47) em (5.48), obteos

A AR L RTL E TEA A

α α= − ∆ ⇒ = − ∆ . (5.49)

Comparando (5.49) com (5.45), temos

Ax

R E TA

σ α= = − ∆ , (5.50)

O que nos mostra que a tensão normal xσ , de compressão nesse caso, é devido à

ação da força de reação do apoio, mas originada do efeito térmico.


EXEMPLOS COMPLEMENTARES Exemplo 5.4 Uma coluna de aço A-36 é usada para apoiar as cargas simétricas de dois pisos

de um edifício. Determinar o deslocamento vertical de seu topo A se 1 40P Kip= ,

2 62P Kip= e a coluna tem área de seção transversal de 223, 4 pol .

(1 Kip = 1000 lb)

.


▲


Exemplo 5.5 O eixo de bronze C86100 está submetido às cargas axiais mostradas.

Determinar o deslocamento da extremidade A em relação à extremidade C se os

diâmetros de cada segmentos são 0,75ABd pol= , 2BCd pol= e 0,5CDd pol= .


▲


Exemplo 5.6 O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de

alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Determinar as cargas aplicadas 1P

e 2P se A desloca-se 0,08 pol para a direita e B desloca-se 0,02 pol para a esquerda

quando as cargas são aplicadas. Os comprimento de cada segmento sem alongamento

são mostrados na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que

sejam rígidas.


▲


Exemplo 5.7 A treliça consiste de três elementos feitos de aço A-36 com área de seção

transversal de 20,75 pol . Determinar a maior carga P que pode ser aplicada de modo

que o apoio de rolete B não se desloque mais do que 0,03 pol.


▲


Exemplo 5.8 Resolver o exemplo 5.7 quando a carga P atua em C verticalmente para baixo.


▲


Exemplo 5.9 A coluna central B do conjunto tem comprimento original 124,7 mm, enquanto os

postes A e C têm comprimentos de 125 mm. Supondo que as tampas superior e inferior

sejam consideradas rígidas, determinar a tensão normal média em cada coluna. As

colunas são feitas de alumínio e têm área de seção transversal de 2400mm .

70alumE GPa= .


▲


Exemplo 5.10 O suporte é preso à parede por três parafusos de aço A-36 em B, C e D. Cada

parafuso tem diâmetro de 0,5 pol e comprimento não deformado de 2 pol. Supondo que

seja aplicada uma força de 800 lb sobre o suporte como mostrado, determinar a

distância s que o topo do suporte se afasta da parede no parafuso D. Supor, também,

que o parafuso não sofra cisalhamento; ao contrário, a força vertical de 800 lb é

suportada pela extremidade A. Admitir, por fim, que a parede e o suporte sejam rígidos.

É mostrada uma deformação exagerada dos parafusos.


▲


Exemplo 5.11 Um cilindro tubular de aço circunda um cilindro maciço de cobre e a montagem

está sujeita a uma carga axial de 50000 lb como mostra a figura. A área da seção

transversal do cilindro de aço é 23 pol , enquanto à do cilindro de cobre é 210 pol .

Ambos cilindros tem o mesmo comprimento antes da cargas ser aplicada. Determine o

aumento de temperatura do sistema total necessário para colocara toda a carga

aplicada, sobre o cilindro de cobre. A placa no topo da montagem é rígida. 6 2 616 10 / 9,3 10 / o

cobre cobreE lb pol Fα −= × = ×

6 2 630 10 / 6,5 10 / oaço açoE lb pol Fα −= × = ×


▲


Exemplo 5.12 Uma barra é composta de uma série de tiras estreitas de um material e coladas

juntas de modo que no final resulta numa barra laminada com uma seção retangular.

Cada uma das tiras é de uma material linearmente elástico, mas o módulo de

elasticidade varia de tira para tira através da largura da barra de acordo com a função

( )0 1E E kx D= +⎡ ⎤⎣ ⎦ . Uma placa rígida é fixada à extremidade livre e uma carga P é

aplicada como mostrado. Determine x tal que as seções transversais planas

permaneçam planas e perpendiculares ao eixo da barra conforme ela se alonga.


▲


Exemplo 5.13 O conjunto consiste em um elemento de alumínio 6061-T6 e um elemento de

latão C83400. O conjunto está sobre uma base rígida e sobre ele também existe uma

placa rígida para se aplicar a carga. Determinar a distância d em que a força P deve ser

colocada sobre a placa rígida no topo, de modo que essa placa permaneça horizontal

quando os materiais se deformarem. Cada elemento tem largura de 8 pol e eles não

estão unidos. 3 310,0 10 14,6 10al laE Ksi E Ksi= × = ×


▲

REFERÊNCIAS

1. Crandall, S. H.; Dahl, N. C.; Lardner, T. J.; An Introduction to the Mechanics of

Solids, McGraw-Hill, NY, 2a. edição, 1972


edição, 2006

3. Timoshenko, S.P.; Gere, J.E.; Mecânica dos Sólidos,Livros Técnicos e




6

TORÇÃO DE BARRAS CIRCULARES Neste capítulo estudaremos o problema de barras de seções circulares sujeitas a um

binário atuando em torno do seu eixo longitudinal. Esse momento de torção é também

denominado de torque, principalmente na engenharia mecânica.

A teoria que será desenvolvida para a análise desses elementos estruturais,

também conhecida como teoria de engenharia, será fortemente baseada na simetria da

barra em torno do seu eixo longitudinal. Essa simetria significa geométrica e de

propriedades do material em torno do eixo longitudinal da barra. A simetria de

propriedades mecânicas do material e de carregamento implica em simetria da

deformação. Desde que sejam observadas as limitações dessa teoria, os seus

resultados se mostram muito precisos quando comparados com métodos mais

avançados, como da teoria da elasticidade e também com resultados experimentais.

O desenvolvimento a seguir será feito conforme os passos adotados no capítulo

5, ou seja, segundo os três aspectos fundamentais da Mecânica dos Sólidos. A ordem

de aplicação desses três passos, por uma questão didática, será também a mesma.

6.1 TORÇÃO UNIFORME DE BARRAS CIRCULARES PRISMÁTICAS Uma barra circular prismática é um elemento estrutural que possui um eixo longitudinal

reto e seção transversal circular constante ao longo do seu comprimento. A maior


dimensão da seção transversal é pequena comparada com o seu comprimento

longitudinal.

Consideremos uma barra com essas características, com uma extremidade fixa e

sujeita a um momento torçor aplicado na extremidade livre, conforme a figura 6.1.

Figura 6.1 (a) Barra prismática de seção circular sujeita a um torque T ; (b) diagrama de corpo livre de uma porção da barra à esquerda da seção de “corte” S

Do diagrama de corpo livre da figura 6.1(b), fica claro que o esforço interno

resultante em qualquer seção transversal S da barra é simplesmente o momento torçor

T T= .

Os três aspectos fundamentais para estudos de problemas da Mecânica dos

Sólidos são aplicados a seguir:


Como o nosso estudo se refere a uma barra simétrica em relação ao seu eixo

longitudinal, essa simetria mais a simetria do carregamento de propriedades do material

implicam em simetria na deformação.


A característica significativa da deformação por torção é a rotação relativa das

seções transversais em torno do eixo do cilindro. Assumimos, portanto, as seguintes

hipóteses quando essa rotação ocorre:

(a) o eixo longitudinal da barra permanece reto;

(b) as seções transversais permanecem planas e normais ao eixo longitudinal;

(c) todos os raios numa seção transversal permanecem retos e giram do mesmo

ângulo em torno do eixo longitudinal.

Essas hipóteses são justificadas por argumentos geométricos baseados na

simetria da barra e do carregamento em torno do seu eixo longitudinal.

A barra simétrica sob o momento torçor parece ser a mesma quando vista de

uma ou de outra extremidade. Isso significa que seções médias devem permanecer

planas, pois uma metade é o reflexo da outra em relação ao plano médio.

Agora, vamos supor que os raios numa seção transversal se deformem como

linhas curvas e não retas, conforme a figura 6.2(a). Devido à simetria da barra e do

carregamento, os outros raios se deformarão como na figura 6.2(b).

Figura 6.2 Deformação hipotética dos raios numa seção transversal da barra.


Com essa hipótese, conforme ilustra a figura 6.3, a qual mostra a barra “seccionada” na

seção transversal S, o diâmetro AOH se deformará na linha curva A’OH’ e o diâmetro

BCJ se deformará na linha curva B’CJ’

Figura 6.3 Deformação hipotética dos diâmetros viola a compatibilidade geométrica numa seção transversal S da barra.

Se tomarmos a parte da barra abaixo da seção S, o diâmetro 1 1 1B C J , que antes

da deformação coincide com o diâmetro BCJ, se deformará como 1 1 1B C J′ ′ , ou seja, do

mesmo modo que A’OH’. Porém, essa deformação violaria a compatibilidade

geométrica na seção transversal S, pois as curvaturas dos diâmetros têm sentidos

opostos e eles deveriam coincidir-se após a deformação.

Como a curvatura assumida para os diâmetros, após a deformação decorrente

da torção da barra, levou a uma contradição, vamos fazer uma outra tentativa, ou seja,

supor que o diâmetro BCJ assume a forma B’CJ’ mostrada na figura 6.4 (a)


Figura 6.4 (a) Hipótese de curvatura oposta àquela da figura 6.3 para o diâmetro BCJ;(b) Elemento da barra rotacionado de 180º em torno de XX. Essa deformação nos permitiria combinar as partes adjacentes da barra. Mas, esse

padrão de deformação nos levaria a uma outra contradição. Devido à simetria da barra

e do carregamento, se rotacionarmos o elemento da figura 6.4(a) de 180º em torno do

eixo XX como ilustrado, obteremos o elemento da figura 6.4(b) o qual deveria

apresentar na sua seção transversal superior o mesmo padrão de deformação do

elemento da figura 6.4(a). Mas, vemos que tal coisa não ocorre, portanto, a única

possibilidade é de que os diâmetros continuem retos após a deformação, conforme

ilustrado na figura 6.5.

Figura 6.5 Padrão de deformação dos diâmetros da barra em torção coerente com a compatibilidade geométrica das seções transversais.


Então, com base nas hipóteses fundamentais apresentadas, estudaremos a

deformação de uma barra prismática de seção circular, sujeita a uma momento torçor

aplicado ao longo do seu eixo longitudinal.

Seja ( )xφ o ângulo que representa a rotação da seção transversal S localizada

numa distância x da extremidade fixa da barra, como mostra a figura 6.6.

Figura 6.6 (a) Barra antes da torção; (b) Barra após a torção.

Considerando-se duas seções transversais vizinhas, separadas por uma

distância elementar x∆ , medida ao longo do eixo longitudinal, devido à torção uma

estará rotacionada de um ângulo φ∆ em relação à outra, como mostra a figura 6.7.


Figura 6.7 (a) Antes da torção; (b) Após a torção.

Seja P um ponto na barra indeformada, definido pelas coordenadas polares

(x,r,θ ) , na figura 6.7(a). O segmento PR na direção eθ é perpendicular ao segmento

PQ na direção ˆxe , no ponto P. Após a deformação, o raio *NQ rotaciona φ∆ mais do

que o raio *OP , onde *Q e *P são as novas posições dos pontos Q e P,

respectivamente. O ângulo entre os segmentos de reta PR e PQ, que era 2π radianos

antes da deformação, agora, depois da rotação, passa a ser * * *Q P R∠ . Assim podemos

escrever, pela definição de deformação angular dada em (3.9) ou ( 3.10)

* * *

0lim

2x xQ P Rθ

πγ∆ →

= − ∠ . (6.1)

Da figura 6.7(b) temos que

* * * * * * *

0 0 0lim lim lim

2 xx x xQ P M Q P R Q P Mθ

π γ∆ → ∆ → ∆ →

∠ = − ∠ ⇒ = ∠ . (6.2)


A figura 6.8 nos auxilia a entender o que foi exposto acima.

Figura 6.8 Deformação de cisalhamento

Também da figura 6.7(b), para pequenas deformações angulares, podemos escrever

*

* **tan MQ rQ P M

xMP

φ∆∠ = ≅

∆, (6.3)

onde r é o raio medido do centro N da seção até o ponto M ou Q*. Ainda, levando em

conta a hipótese de pequenas deformações angulares, escrevemos

* * * *tan Q P M Q P M∠ =∠ . (6.4)

Substituindo (6.3) em (6.4) e levando em conta (.62), escrevemos

* *

0 0lim limx x xx x

r dQ P M rx dxθ θ θφ φγ γ γ

∆ → ∆ →

∆= ∠ ⇒ = ⇒ =

∆. (6.5)

Da equação (6.5) observamos que a deformação de cisalhamento em cada

seção transversal varia diretamente com a distância r do centro da seção ao ponto

considerado.

Sob as condições prescritas de geometria e carregamento, as outras

componentes de deformações podem ser desprezadas.


• Estática

Em vista do carregamento e da deformação por cisalhamento xθγ , podemos

antecipar que o esforço interno atuando numa seção transversal S, o qual é um

momento T em torno do eixo longitudinal x, como na figura 6.1(b), é a resultante de

forças de cisalhamento distribuídas sobre a área da seção e a sua intensidade é dada

por

0limx A

VAθ

θτ∆ →

∆=

∆. (6.6)

A simetria em torno do eixo longitudinal requer que cada componente dependa apenas

do raio, ou seja, ( )x x rθ θτ τ= , conforme mostra a figura 6.9.

Figura 6.9 Forças de cisalhamento distribuídas sobre a seção S na coordenada x.

Como xθτ independe do ângulo θ , a distribuição é simétrica em torno do eixo

longitudinal x. Para cada força de cisalhamento Vθ∆ atuando numa área elementar A∆

existe uma outra diametralmente oposta, como num binário. Tal distribuição produz

somente um binário T sobre a seção, em torno do eixo x, ou seja, as componentes yV e


zV se anulam aos pares. O binário de torção resultante é dado pela integral, quando no

limite fazemos as áreas elementares A∆ tenderem a zero

0lim xA

S

T r V T r dAθ θτ∆ →

= ∆ ⇒ =∑ ∫ , (6.7)

• Relações constitutivas

A descrição do comportamento resistivo do material da barra será feita supondo-

se que ele seja linearmente elástico e isotrópico. De acordo com descrição da

deformação, a única componente não nula de tensão é xθτ e pela equação (4.8)

podemos escrever

x xGθ θτ γ= . (6.8)

Substituindo (6.5) em (6.8) e o resultado em (6.7) obtemos

2

S

dT Gr dAdxφ

= ∫ . (6.9)

Como d dxφ independe de y e z, pois é uma função apenas de x , e dA rd drθ= em

coordenadas polares, escrevemos

2

3 3

0 0 0

2R Rd dT Gr d dr T Gr dr

dx dx

πφ φθ π= ⇒ =∫ ∫ ∫ . (6.10)

Como estamos considerando uma simetria das propriedades do material em

torno do eixo longitudinal da barra, o módulo de elasticidade em cisalhamento, G, na

integral da equação (6.10) é uma função do raio r e escreve-se ( )G G r= .


Mas, se o material da barra for elástico linear, isotrópico e homogêneo, G é

constante em todos os pontos da seção transversal, então, a equação (6.10) pode ser

reescrita como

4 4

3

0

2 24 2

Rd R d R dT G r dr G T Gdx dx dxφ φ π φπ π= = ⇒ =∫ . (6.11)

Definindo-se 4 2J Rπ≡ como o momento polar de inércia da área da seção

transversal S em relação ao eixo longitudinal x, escrevemos

dT GJdxφ

= (6.12)

ou

d Tdx GJφ= . (6.13)

A quantidade GJ é denominada rigidez torsional da barra. O momento torçor T é

o esforço interno resultante atuando sobre a seção de “corte “ S . Então, a partir das

equações (6.5), (6.8) e (6.13), escrevemos

x x x xd T T Trr r G Grdx GJ GJ Jθ θ θ θφγ τ γ τ= = ⇒ = = ⇒ = . (6.14)

Da equação (6.14) observamos que para o material isotrópico e homogêneo G é

constante e como J é constante para cada seção transversal, então a tensão de

cisalhamento atuante numa seção transversal da barra é função da distância r do ponto

ao seu eixo longitudinal e do momento torçor atuante nessa seção, conforme mostra a

figura 6.10.

Observamos que a equação (6.14) que nos dá a tensão de cisalhamento

resultante da torção da barra é semelhante à equação (7.28) para a tensão normal

resultante da flexão da uma barra.


Figura 6.10 (a)Destaque mostrando a tensão de cisalhamento; (b) Variação da tensão de cisalhamento na seção transversal ao longo do raio. A deformação geral do cilindro é descrita pela rotação de uma extremidade em

relação à outra. Da equação (6.13) obtemos o ângulo total de torção da extremidade

livre (x=L) da barra em relação à sua extremidade fixa (x=0), e escrevemos

0

00 0 00

L LT Td dx dxGJ GJ

φφ φ φ= ⇒ ∆ = − =∫ ∫ ∫ . (6.15)

Se GJ for constante e T T= (momento torçor aplicado na barra), então, a partir de

(6.15), escrevemos

0TLGJ

φ = . (6.16)

A equação (6.14) se aplica para todas as seções transversais da barra, inclusive

as seções das extremidades. A menos que a aplicação do carregamento seja conforme

a distribuição apresentada na figura 6.10, ou seja, de acordo com a equação (6.14), nós

teremos dificuldade de determinar a distribuição correta das tensões nessas seções.

Mas, pelo princípio de Saint-Venant, apresentado na seção 5.1, podemos considerar

essas equações para determinar a distribuição de tensões nas seções transversais e a

equações (6.15) e (6.16) nos dão bons resultados para a deformação global da barra.


Pelas observações experimentais, em seções transversais distantes de uma a duas

vezes o diâmetro da barra da aplicação do momento torçor, esse princípio se aplica.

Se os torques nas extremidades são aplicados conforme a equação (6.14), então

essa equação e a equação (6.16) dão os mesmos resultados que teorias mais

elaboradas e a hipótese de que todas as outras componentes de deformação e de

tensões são nulas também é satisfeita.

Para barras de seções não circulares, as hipóteses sobre a deformação não são

válidas, em particular, as seções não circulares não permanecem planas após a

deformação.

Exemplo 6.1 O eixo maciço de raio c é submetido ao torque T, conforme a figura abaixo.

Determinar a fração de T que é resistida pelo material contido na região com raio

interno c/2 e raio externo c.

Solução

A tensão de cisalhamento varia linearmente com o raio r, conforme a equação (6.14)

( ) ( )maxr

Tr TcJ J

τ τ= ⇒ = (a)


Assim, escrevemos

( )( ) ( ) ( )max

max

rr

r rc c

ττ τ

τ= ⇒ = (b)

A parcela de contribuição no torque total da força de cisalhamento atuante sobre

uma área elementar A∆ , conforme as figuras abaixo, é dada por

( ) ( )2r r

dT r dA r dτ τ θ= = (c)

A fração de torque que nos interessa é aquela que atua na região entre 2r c= e r c= ,

ou seja, a área hachurada na figura acima.

Essa parcela do torque é dada por

( ) ( ) ( )2

2 2max

0 2 2

2c c

r rS c c

rT dA r drd r drdc

π

τ τ θ π τ θ′

′ = = =∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )

4 44 3max

max max2

2 2 1 154 2 16 32

c

c

r cc T cc c

π τ π πτ τ⎡ ⎤ ⎛ ⎞ ′= = − ⇒ =⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠

(d)

Como 4 4

2 2R cJ π π

= = , podemos escrever

( ) 4 3max

22

Tc Tc TJ c c

τπ π

= = = (e)


Substituindo (e) em (d), escrevemos

33

15 2 1532 16

TT c T Tc

ππ⎛ ⎞′ ′= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Então, 94%T T′ ≅ , ou seja, apenas 6% do torque total é suportado pelo núcleo

de raio 0 2r c≤ ≤ da barra. Portanto, o material localizado na região definida por

2c r c≤ ≤ é altamente efetivo para suportar o torque aplicado na barra. Podemos,

assim, usar eixos tubulares no lugar de eixos sólidos e economizar muito material e

aliviar o peso da estrutura. ▲

6.2 TORÇÃO UNIFORME DE BARRAS TUBULARES DE SEÇÃO CIRCULAR

Todas as hipóteses sobre a deformação, baseadas na simetria em torno do eixo

longitudinal, estabelecidas na seção anterior são válidas. A seção transversal da barra

é conforme a figura 6.11.

Figura 6.11 Seção típica de uma barra tubular de seção circular.


A equação (6.11) deve ser reescrita

( ) ( )4 4 4 432 2

4 2

R

a

R a R ad d dT G r dr G T Gdx dx dx

πφ φ φπ π− −

= = ⇒ =∫ . (6.17)

Nesse caso,

( )4 4

2R a

Jπ −

≡ (6.18)

é o momento polar de inércia da área da seção transversal.

Todas as equações obtidas anteriormente se aplicam, mas com o cuidado de se

calcular corretamente o momento polar da seção conforme a equação (6.18).

A figura 6.12 apresenta uma ilustração da distribuição da tensão de cisalhamento

na seção transversal.

Figura 6.12 Distribuição da tensão de cisalhamento na seção de uma barra tubular de seção circular sob torção.


Exemplo 6.2 O tubo mostrado na figura abaixo tem diâmetro interno de 80 mm e diâmetro

externo de 100 mm. Supondo sua extremidade seja apertada contra o apoio A por meio

de um torquímetro em B, determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida no tubo

nas paredes interna e externa ao longo da parte central do tubo, quando são aplicadas

forças de 80 N ao torquímetro.

Solução

• Diagrama de corpo livre do eixo: Se “cortarmos” o eixo numa seção S, temos os seguintes diagramas de corpo livre



0 40 .xM T T N m= ⇒ = =∑

• Momento polar de inércia da área da seção transversal:

( ) ( ) ( )2 24 46 4

0,100 2 0,080 25,80 10

2 2R a

J J mπ π −⎡ ⎤−− ⎣ ⎦= = ⇒ = ×

• Tensão de cisalhamento:

( ) ( ) ( ) ( )6

40 0,100 20,345

5,80 10R R

TR MPaJ

τ τ−= = ⇒ =×

( ) ( ) ( ) ( )6

40 0,080 20, 276

5,80 10a a

Ta MPaJ

τ τ−= = ⇒ =×

A figura seguir mostra esses resultados.

▲


6.3 TORÇÃO DE BARRAS COM SEÇÕES CIRCULARES VARIANDO CONTINUAMENTE AO LONGO DO SEU COMPRIMENTO

Os mesmos argumentos geométricos considerados nas seções anteriores, baseados

na simetria das seções em torno do eixo longitudinal da barra, se aplicam também

para a s barras com seções circulares variando continua e suavemente ao longo do

eixo x. Portanto, todas as equações obtidas anteriormente se aplicam aqui, mas

considerando que o momento polar da seção transversal é uma função da

coordenada x.

A fim de generalizarmos um pouco mais, vamos considerar também que o

carregamento é devido à aplicação de torque nas extremidades e torques distribuídos

ao longo da barra, conforme ilustra a figura 6.13.

Figura 6.13 Barra de seções circulares variando ao longo do eixo x e com torque aplicados, distribuídos ao longo do seu comprimento.


Da condição de equilíbrio de porções da barra, através de diagramas de corpo

livre adequados, determinamos o momento torçor interno, ( )T x , atuando sobre cada

seção de “corte” S, como uma função da coordenada x.

As equações obtidas nas seções anteriores são válidas aqui também nesse

problema, mas reescritas da seguinte maneira:

( )( )x

T x rJ xθτ = (6.19)

e

0 0

( )( )

L T x dxGJ x

φ = ∫ . (6.20)

No caso de barras com seções circulares constantes por trechos e torques

aplicados também constantes por trechos, o ângulo de torção total da barra é a soma

algébrica dos ângulos de torção obtidos em cada trecho da barra separadamente,

considerando-se o momento torçor interno atuando nas seções transversais daquele

trecho da barra. A figura 6.9 apresenta um exemplo dessa situação.

Figura 6.14 Exemplo de barra com seções circulares constantes por trecho e torque concentrados aplicados ao longo do comprimento da barra.


Nesses casos deve-se, primeiramente, determinar o momento torçor interno

atuando nas seções transversais de cada trecho da barra, considerando-se o equilíbrio

do diagrama de corpo livre adequado e depois, adotar uma convenção de sinal para o

cálculo do ângulo de torção de cada trecho da barra ao se utilizar a equação adequada.

O ângulo de torção total da barra será a soma algébrica de cada ângulo de torção

obtido para cada trecho da barra, ou seja,

01 1

n ni i

ii i

T LG J

φ φ= =∑ ∑ . (6.21)

Exemplo 6.3

O eixo de aço maciço mostrado na figura tem diâmetro de 20 mm. Se for submetido aos

dois torques, quais serão as reações nos apoios fixo A e B?

Solução

• Diagrama de corpo livre do eixo: Do equilíbrio, escrevemos para o diagrama de corpo livre a seguir:

0 800 500 0x B AM T T= ⇒ − + + =∑ (a)


• Entre BC:

0 0x BC B BC BM T T T T= ⇒ + = ⇒ = −∑ (b)

• Entre CD:

0 800 0 800x B CD CD BM T T T T= ⇒ − + = ⇒ = − +∑ (c)

Então, da equação (a), a equação (c) escreve-se

800 500CD B AT T T= − + = + (d)

• Entre DA:

0 500 800 0x AD BM T T= ⇒ + − + =∑ (e)

Substituindo (a) em (e), escrevemos


500 500 0AD A AD AT T T T+ − − − = ⇒ = (f)

• Ângulo de torção: Como as extremidades são fixas, o ângulo de torção de uma extremidade em relação à

outra é nulo, ou seja,

/ / / / /0 0A B A B A D D C C Bφ φ φ φ φ= ⇒ = + + = (g)

Aplicando-se a equação (6.20) para cada trecho da barra, e como os torques são

constantes em cada trecho, escrevemos

i ii

i

T LGJ

φ =

( ) ( ) ( )/ / /

0,3 1,5 0, 2AD CD BCA D D C C B

T T TGJ GJ GJ

φ φ φ= = = .

Substituindo em (g), obtemos

( ) ( ) ( )/

0,3 1,5 0, 20AD CD BC

A B

T T TGJ GJ GJ

φ = + + = .

Com os valore encontrados para os torques nas equações (b) – (f) reescrevemos a

equação acima

( ) ( ) ( ) ( ) ( )/

0,3 500 1,5 0, 20 1,8 0,2 750A A B

A B A B

T T TT T

GJ GJ GJφ

+ −= + + = ⇒ − = − (h)

Das equações (a) e (h) obtemos a seguinte solução

345 .AT N m= − 645 .BT N m=

O sinal (-) significa apenas que o torque de reação no ponto A atua no sentido oposto

ao que foi arbitrado no diagrama de corpo livre. ▲


EXEMPLOS COMPLEMENTARES Exemplo 6.4 Um eixo é feito de liga de aço com tensão de cisalhamento admissível de

12adm Ksiτ = . Supondo que o diâmetro do eixo seja de 1,5 pol, determinar o torque

máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um

furo de 1 pol de diâmetro ao longo do eixo? Traçar o gráfico da distribuição de tensão

de cisalhamento ao longo de uma reta radial em cada caso.


▲


Exemplo 6.5 O eixo maciço de raio r está submetido a um torque T. Determinar o raio r’ do

núcleo interno capaz de resistir a um quarto do torque aplicado (T/4).


▲


Exemplo 6.6 O eixo tem diâmetro externo de 1,25 pol e diâmetro interno de 1 pol. Supondo

que seja submetido a torques como mostrado, determinar a tensão de cisalhamento

máxima absoluta ne desenvolvida. Os mancais A e B não oferecem resistência a

torque.


▲


Exemplo 6.7 O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques

aplicados às engrenagens. Determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida nos

pontos C e D do eixo.


▲


Exemplo 6.8 O conjunto de aço A-36 consiste de um tubo com raio externo de 1 pol e

espessura de parede de 0,125 pol. Por meio de uma chapa rígida em B, ele é acoplado

ao eixo maciço AB de 1 pol de diâmetro. Determinar a rotação da extremidade C do

tubo se um torque de 200 lb.pol for aplicado nessa extremidade. A extremidade A do

eixo tem apoio fixo.


▲


Exemplo 6.9 O tubo de vidro está embutido em um batoque de borracha, de modo que,

quando o tubo gira com velocidade angular constante, o batoque cria uma distribuição

constante de torque pro atrito ao longo do comprimento de contato AB do tubo.

Supondo que o tubo tenha diâmetro interno de 2 mm e diâmetro externo de 4 mm,

determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida em um ponto qualquer de suas

paredes interna e externa em uma seção no nível C. Mostrar a distribuição de tensão

de cisalhamento que atua ao longo de um segmento de reta radial nessa seção.

Determinar também o ângulo de torção em A relativo a B.

10vidroG GPa=


▲


Exemplo 6.10 O tubo de bronze C86100 tem diâmetro externo de 1,5 pol e a sua parede,

espessura de 0,125 pol. A conexão em C é apertada com uma chave. Se o torque

desenvolvido em A for de 125 lb.pol, qual será a intensidade da força F o conjugado? O

tubo está engastado na extremidade B.


▲


REFERÊNCIAS




edição, 2006





7

FLEXÃO DE VIGAS TEORIA CLÁSSICA (EULER-BERNOULLI)

Neste capítulo apresentaremos o desenvolvimento de uma teoria, denominada de

Teoria Clássica de Flexão de Vigas ou Teoria de Flexão de Vigas Euler-Bounoulli. Uma

viga é um elemento estrutural em forma de barra, com o seu comprimento três ou

quatro vezes maior que as outras duas dimensões e sujeita a um carregamento

transversal, o qual produz sobre essa barra uma deformação denominada de flexão.

A teoria de Euler-Bernoulli para a flexão de vigas se aplica, com resultados

excelentes, aos problemas de vigas delgadas ou longas, ou seja, vigas cujo

comprimento longitudinal é no mínimo dez vezes maior que a sua maior dimensão

transversal. Essa restrição geométrica é importante, porque nos casos mais gerais de

carregamento, onde estão presentes as forças de cisalhamento transversal, observa-se

que os deslocamentos de uma viga longa, decorrentes da flexão são muito maiores do

que os deslocamentos devido ao cisalhamento, sendo que esses últimas podem ser,

portanto, desprezados.

Por questões didáticas, os problemas de flexão de vigas tratados neste capítulo

se restringirão às vigas prismáticas cujas propriedades geométricas e materiais são

simétricas em relação a um plano longitudinal. Também, para que o carregamento


resulte apenas em flexão da viga, as cargas aplicadas (forças transversais e momentos

fletores) serão consideradas atuando apenas nesse plano de simetria longitudinal.

Desse modo, observamos que o sistema de forças internas resultantes em qualquer

seção transversal da viga consiste em apenas uma força de cisalhamento e um

momento fletor, conforme ilustrado na figura 7.1. Nesse caso o plano de simetria

longitudinal é o plano xy.

Figura 7.1 Viga sob carregamento atuando num plano de simetria longitudinal.

Da figura 7.1 observa-se que as únicas componentes do sistema resultante de forças

internas são zM e yV , portanto, a fim de simplificar a notação eles serão denominados,

respectivamente por M e V .

O desenvolvimento a seguir será feito conforme os passos adotados nos

capítulos 5 e 6, ou seja, segundo os três aspectos fundamentais da Mecânica dos

Sólidos. A ordem de aplicação desses três passos, por uma questão didática, será

também a mesma.


7.1 FLEXÃO PURA Vamos iniciar os nossos estudos considerando uma situação especial de carregamento.

A viga está sujeita apenas a um momento fletor, o qual atua no seu plano de simetria

longitudinal. Por exemplo, seja a viga da figura 7.2, onde o momento fletor aplicado na

extremidade livre atua no plano xy, o qual é de simetria longitudinal. O eixo x é paralelo

ao eixo longitudinal da viga.

Figura 7.2 Viga em flexão pura

Se “cortarmos” a viga na seção transversal S situada na posição x do sistema de

coordenadas e considerarmos o equilíbrio do diagrama de corpo livre da porção à

direita da seção S conforme a figura 7.3, concluímos que a única componente não nula

do sistema resultante de forças internas sobre S é o momento fletor M.

Figura 7.3 Diagrama de corpo livre da porção da viga à direita de S.



A restrição de que o carregamento aplicado atue segundo um plano de simetria

longitudinal da viga, nos permite estudar apenas os efeitos da flexão sem a combinação

com efeitos de torção.

As restrições geométricas discutidas para as barras sob cargas axiais são

também válidas para as vigas. Além disso, as seguintes hipóteses devem também ser

consideradas:

a) A seção transversal da viga tem um plano longitudinal de simetria geométrica e

de propriedades do material.

b) A resultante das cargas aplicadas transversalmente se situa no plano longitudinal

de simetria.

c) As seções planas originalmente perpendiculares ao eixo longitudinal da viga

permanecem planas e perpendiculares ao eixo longitudinal após a flexão. Essa

hipótese é denominada hipótese de Bernoulli.

d) Na viga deformada, os planos das seções transversais têm uma interseção

comum, isto é, qualquer linha originalmente paralela ao eixo longitudinal da viga

se torna um arco de circunferência. Veja a figura 7.4.

Devido ao carregamento ser simétrico, com relação ao plano de simetria

longitudinal, a viga deformada continua simétrica com respeito ao plano longitudinal de

simetria.

Considerando-se o sentido do momento fletor indicado nas figuras 7.3 e 7.4, o

seu efeito sobre a viga é o de comprimir as “fibras” da sua parte superior e alongar as

“fibras” da sua parte inferior. Isso sugere que alguma “fibra” axial no plano de simetria

longitudinal não sofra nenhuma compressão ou alongamento, mas apenas se deforma

numa curva nesse plano, a qual segundo a hipótese (d) seria um arco de

circunferência.


Figura 7.4 (a) Viga indeformada; (b) Viga em flexão pura.

Assim, devido à simetria geométrica e de propriedades do material das seções

transversais em relação ao plano longitudinal de simetria, as “fibras”, originalmente

paralelas ao eixo longitudinal e simétricas em relação a esse plano, devem deformar-se

do mesmo modo. Portanto, deve existir uma superfície perpendicular ao plano de

simetria que contenha as fibras longitudinais que não sofrem nenhum alongamento ou

contração durante a flexão. Essa superfície é denominada de superfície neutra e a sua

interseção com o plano longitudinal de simetria é denominada de linha neutra, a qual,

originalmente, era uma linha reta paralela ao eixo longitudinal e situada no plano

longitudinal de simetria, conforme mostra a figura 7.5.

Figura 7.5 Superfície neutra, linha neutra e eixo neutro de uma viga em flexão.


Na figura 7.5 o eixo x do sistema de coordenadas foi colocado ao longo da linha

neutra da viga. Nesse momento nós não conhecemos ainda a posição desse eixo na

seção transversal da viga.

Consideremos a viga da figura 7.6 para estudarmos a deformação normal de um

segmento de reta PQ, situado no plano longitudinal de simetria.

Figura 7.6 Elemento linear PQ no plano longitudinal de simetria.

O ponto P está situado na seção transversal S localizada numa distância x da

extremidade esquerda e o ponto Q na seção vizinha 1S localizada na posição x x+ ∆ . A

fatia da viga entre essas seções transversais é mostrada antes e após a flexão, na

figura 7.7.

Figura 7.7 (a) Fatia entre as seções 1,S S antes da flexão; (b) Fatia entre as seções

1,S S após a flexão.


Na figura 7.7(a) a coordenada y é a distância inicial dos pontos P e Q em

relação à linha neutra x. Após a deformação, figura 7.7(b), essa distância se torna y*.

Da definição de deformação normal podemos escrever

* (1 )yy yε= + , (7.1)

onde yε é a deformação normal média de y entre as seções transversais separadas

pela distância x∆ .

O ponto O na figura 7.7(b) é o centro de curvatura da linha neutra x no ponto A*

e ρ é o raio de curvatura em A*.

Como AB se situa na linha neutra, o seu comprimento não se altera após a

flexão da viga. Assim, escrevemos

* *PQ AB A B x ρ θ= = = ∆ = ∆ . (7.2)

Mas, o comprimento deformado da “fibra” P*Q* é dado por

* * ( *)P Q yρ θ= − ∆ . (7.3)

Da definição de deformação específica, podemos escrever

* *( ) limx Q P

P Q PQPPQ

ε→

−= . (7.4)

Porém, quando Q P→ , 0θ∆ → e considerando-se (7.3), a equação (7.4) pode ser

reescrita como

0

( *) *( ) lim ( )x xy yP P

θ

ρ θ ρ θε ερ θ ρ∆ →

− ∆ − ∆= ⇒ = −

∆. (7.5)



(1 )( ) y

x

yP

εε

ρ+

= − . (7.6)

Mas, considerando-se pequenas deformações, yε << 1, o que ocorre na maioria dos

problemas de engenharia de estruturas, a equação (7.6) reescreve-se

1 1 ( )y xyPε ερ

+ ≅ ⇒ = − . (7.7)

A equação (7.7) é o resultado básico da análise cinemática da deformação da viga em

flexão pura considerando-se pequenas deformações. Ela é totalmente baseada nas

hipóteses (c) e (d) e, apesar de ter sido deduzida para uma “fibra” situada no plano

longitudinal de simetria, é válida para todas as “fibras” longitudinais da viga, devido à

simetria da geometria e das propriedades do material em cada seção transversal da

viga em relação ao plano longitudinal de simetria e ao carregamento (momento fletor)

atuante nesse plano.

Além disso, devido à hipótese de que as seções transversais permanecem

planas e perpendiculares ao eixo longitudinal da viga e devido ao carregamento

aplicado, podemos escrever

0xy xzγ γ= = , (7.8)

para todos os pontos numa seção transversal da viga.

• Estática

Devido ao carregamento e à deformação descrita acima, podemos prever que o

momento fletor em cada seção transversal é o resultado de forças normais internas

atuando sobre a seção como na figura 7.8.


Figura 7.8 Componentes do sistema de forças internas numa seção transversal da viga. Como no nosso problema a viga está sujeita a um momento fletor constante

(flexão pura) atuando no plano longitudinal de simetria xy, a única componente não nula

do sistema de forças internas numa seção transversal é o momento fletor, o qual, por

considerações de equilíbrio é igual ao momento aplicado. Assim, podemos escrever

xF Aσ∆ = ∆ (7.9)

* * xM y F y Aσ∆ = − ∆ = − ∆ . (7.10)

Somando-se essas parcelas sobre toda a área A da seção transversal e tomando-se o

limite com 0A∆ → podemos escrever para a condição de equilíbrio

0xS

F dAσ= =∫ (7.11)

* xS

M y dAσ= −∫ . (7.12)

Com o mesmo argumento usado para escrever a equação (7.7),

1 * (1 )y yy y yε ε<< ⇒ = + ≅ , a equação (7.12) reescreve-se

xS

M y dAσ= −∫ . (7.13)


Aqui, novamente consideramos a hipótese fundamental que a deformação da

seção transversal é tão pequena que podemos considerar as coordenadas

indeformadas para localizar os pontos na seção transversal da viga deformada, isto é,

embora a tensão deva ser acompanhada da deformação, assumimos que para o

propósito de se escrever as equações de equilíbrio nós podemos associar a tensão

num ponto com a posição daquele ponto na viga indeformada.

As equações (7.11) e (7.13) são resultados básicos que independem do material

da viga.

• Relações constitutivas Suponha que a viga seja feita de material elástico linear e isotrópico e cujas

propriedades sejam simétricas em relação ao plano longitudinal de simetria, como já

havíamos estabelecido pela hipótese (a). Então, a partir da equação (4.30) escrevemos

1 ( )x x y zEε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦ (7.14)

1 ( )y y x zEε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦ (7.15)

1 ( )z z x yEε σ ν σ σ⎡ ⎤= − +⎣ ⎦ (7.16)

Da cinemática das deformações apenas as deformações , ,x xy xzε γ γ foram

descritas explicitamente pelas equações (7.7) e (7.8). Quanto às tensões, apenas a

componente normal xσ foi antecipada. Portanto precisamos de algumas hipóteses

adicionais.

A ausência de qualquer tensão sobre as superfícies laterais da viga sugere que

as tensões yσ , zσ e yzτ permaneçam nulas ou podem ser consideradas desprezíveis

através do interior da viga, principalmente para uma viga delgada, conforme ilustrado

na figura 7.9.


Então, das equações acima podemos escrever

10y z x xEσ σ ε σ= = ⇒ = (7.17)

0 xy z y z x E

σσ σ ε ε νε ν= = ⇒ = = − = − . (7.18)

Das equações (4.31) e (7.8), escrevemos

00

0xy xy

xy xzxz xz

GG

τ γγ γ

τ γ= =⎧

= = ⇒ ⎨ = =⎩, (7.19)

O que está coerente com o fato de que as forças cortantes nas seções transversais da

viga são nulas no caso de flexão pura.

Figura 7.9 Componentes de tensões yσ , zσ e yzτ .

Substituindo-se a equação (7.7) em (7.17)

1x x

y y EEσ σ

ρ ρ− = ⇒ =− . (7.20)

Com o resultado (7.20) nas equações (7.11) e (7.13), obtemos


10 0S S

yF EdA F EydAρ ρ

⎛ ⎞= − = ⇒ = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ (7.21)

21

S S

yM y E dA M Ey dAρ ρ

⎛ ⎞= − − ⇒ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ . (7.22)

Se o material, além de ser linear elástico e isotrópico for homogêneo, então o

módulo de elasticidade E é constante em todos os pontos da área S da seção

transversal da viga e, da equação (7.21) podemos escrever

0 0S S

EF ydA ydAρ

= − = ⇒ =∫ ∫ , (7.23)

ou seja, a coordenada y deve ser medida a partir do centróide da seção transversal.

Portanto, o eixo neutro de cada seção transversal, representado pelo eixo z, passa pelo

seu centróide e a linha neutra, representada pelo eixo x, passa pelos centróides de

cada seção transversal da viga, conforme ilustrado na figura 7.10.

Figura 7.10 Posição do eixo neutro na seção transversal de uma viga de material elástico linear isotrópico e homogêneo.


Deve ser observado que, para vigas compostas de mais de um material elástico

linear ou de materiais elásticos lineares não homogêneos, o eixo neutro pode ainda ser

localizado considerando-se as equações (7.21) e (7.22) e fazendo-se ( ) 0x yε = , mas em

geral em tais casos ele não passará através do centróide da seção transversal da viga.

Ainda, considerando-se o material da viga linear elástico e isotrópico e

homogêneo, da equação (7.22) podemos escrever

2

S

EM y dAρ

= ∫ . (7.24)

Definindo-se a integral como 2

zS

I y dA≡ ∫ , (7.25)

a qual é denominada de momento de inércia de área da seção transversal em relação

ao eixo z, o qual no caso passa pelo centróide da seção. Veja o Apêndice B.

Com a definição (7.25), a equação (7.24) escreve-se

1z

z

EI MM kEIρ ρ

= ⇒ ≡ = , (7.26)

onde k é a curvatura da linha neutra e EI é o coeficiente de rigidez à flexão da viga. Da

equação (7.26) observa-se que quanto maior for esse coeficiente, menor será a

curvatura da viga para um mesmo momento fletor M.

Combinando as equações (7.7) e (7.26) obtemos

1x x

z

MyyEI

ε ερ

= − ⇒ = − . (7.27)


xz

MyI

σ = − , (7.28)


que é um caso particular da equação (2.88). A distribuição da tensão xσ é ilustrada na

figura 7.11

Figura 7.11 Distribuição da tensão xσ sobre as duas seções transversais 1,S S da figura 7.6. As distribuições de deformações e de tensões das equações (7.27) e (7.28) se

aplicam à todas seções transversais da viga em flexão pura de material elástico linear

isotrópico e homogêneo. A figura 7.12 ilustra essas distribuições.

Figura 7.12 (a) Distribuição da deformação xε ; (b) Distribuição da tensão de flexão xσ .

Em particular, essas distribuições de tensões e deformações incluem as faces

onde o momento é aplicado e onde a viga é suportada. Felizmente, o Princípio de

Saint-Venant nos permite usar esses resultados em regiões suficientemente afastadas

dessas onde o momento é aplicado ou onde as reações são aplicadas, o que para as


vigas longas não é um problema. Porém, se os momentos fletores nas extremidades

são aplicados de acordo com a equação (7.28), os resultados obtidos aqui são os

mesmos obtidos a partir de teorias mais elaboradas.

Exemplo 7.1 Uma viga de aço com 1 pol de largura e 3 pol de altura é apoiada nos suportes A

e B, conforme a figura. Obter a máxima tensão de flexão no meio do vão da viga

quando ela é carregada com as forças de 1000 lb aplicadas nas suas extremidades.

Solução

Como o material é elástico linear isotrópico e homogêneo, o eixo neutro de cada

seção transversal passa pelo seu centróide.


• Momento de inércia da seção transversal O momento de inércia de área da seção transversal dessa viga, em relação ao eixo

neutro é dado por

( ) ( )( )3/ 2 32 2 4

3/ 2

11 1 3 2, 2512z z z

S

I y dA y dy I I pol−

= = ⇒ = ⇒ =∫ ∫

• Momento fletor

0 0x AF H= ⇒ =∑ (a)

0 2000y A BF R R= ⇒ + =∑ (b)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 1000 12 60 1000 72 0 1000A B BM R R lb= ⇒ + − = ⇒ =∑

Substituindo na equação (b) obtemos

1000 2000 1000A AR R lb+ = ⇒ =


Os esforços internos são obtidos conforme a seguir.

a) 0 12x≤ ≤ :

0 1000 0 1000yF V V lb= ⇒ − = ⇒ =∑

( ) ( )0 1000 0 1000C zM M x M x= ⇒ + = ⇒ = −∑

b) 12 72x≤ ≤ :

0 1000 1000 0 0yF V V= ⇒ − + = ⇒ =∑

( ) ( ) ( ) ( )0 1000 1000 12 0 12000 .C zM M x x M lb pol= ⇒ + − − = ⇒ = −∑

c) 72 84x≤ ≤ :


0 1000 1000 1000 0 1000yF V V lb= ⇒ − + + = ⇒ = −∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )0 1000 1000 12 1000 72 0 1000 84000C zM M x x x M x= ⇒ + − − − − = ⇒ = −∑

• Tensão de flexão máxima A partir da equação (7.28), escrevemos

( ) ( )( ) ( ) 2maxmax max

12000 3 28000 /

2, 25x xz

My lb polI

σ σ−

= − = − ⇒ =

( ) ( ) ( ) ( ) 2minmin min

12000 3 28000 /

2, 25x xz

My lb polI

σ σ− −

= − = − ⇒ = −


A figura a seguir ilustra a distribuição da tensão normal numa seção transversal da viga

no trecho 12 72x≤ ≤ (entre os apoios).

▲

Exemplo 7.2 Uma viga é construída colando-se lâminas muito finas de materiais elásticos

lineares e isotrópicos de modo que o módulo de elasticidade do conjunto varia

conforme a expressão

0 1 yE Eh

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

e os eixos de coordenada são posicionados de acordo com a figura a seguir.

Determinar a distribuição da deformação normal xε e da tensão de flexão xσ ,

considerando que a viga está sujeita a uma flexão pura, com o momento fletor igual a

M.


Solução

A origem do sistema de coordenadas na seção transversal foi colocada

arbitrariamente na face inferior da mesma, conforme ilustrado na figura, de modo que

na lâmina inferior o módulo de elasticidade é igual a 0E .

Como a viga está sujeita a uma flexão pura com um momento fletor constante

igual a M, a deformação normal na direção longitudinal varia linearmente com a

coordenada y, mas a posição do eixo neutro, onde essa deformação é nula não é

conhecido a priori, pois o material não é homogêneo. Então, escrevemos, a partir da

equação (7.7)

0( )xyyε ερ

= − ,

de modo que nos pontos com 0y = , ou seja, na lâmina inferior da viga, a deformação

longitudinal seja 0ε .

A partir das equações de equilíbrio, escrevemos para a viga em flexão pura

0xS

F dAσ= =∫ (a)

xS

M y dAσ= −∫ . (b)

A partir da equação (7.17), escrevemos

0 01x x xy yE Eh

σ ε σ ερ

⎛ ⎞⎛ ⎞= ⇒ = + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

.

Substituindo nas equações (a) e (b) acima e levando em conta que

dA wdy= ,

escrevemos

0 0 0 001 1 0

h

S

y y y yF E dA E wdyh h

ε ερ ρ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − = + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫

0 0 0 001 1

h

S

y y y yM yE dA yE wdyh h

ε ερ ρ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − = − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ .


Resolvendo as integrais acima, obtemos o seguinte sistema de equações com as

incógnitas 0ε e h ρ :

03 5 02 6

hh hερ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 20

0

5 76 12

h Mh hE w

ερ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A solução do sistema é dada por

20

5 60 59 13 9o

o

h M hE wh

ε ρρ ε

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

(c)

2 30 0

108 1 10813 13

h M ME wh E whρ ρ

= ⇒ = (d)

• Posição do eixo neutro:

Para obtermos a posição do eixo neutro fazemos 0( ) 0x yε = , onde 0y é a coordenada y

do ponto onde passa esse eixo. Como esse ponto está no plano xy, longitudinal de

simetria, a sua coordenada z é nula. Então, escrevemos

00 0 0 0( ) 0x

yy yε ε ε ρρ

= − = ⇒ =

Substituindo (c) na equação acima, escrevemos

0 0 00

5 59 9

hy y hεε

⎛ ⎞= ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

(posição do eixo neutro)

• Deformação e tensão normais:

Substituindo o 0ε obtido em (c) e 1 ρ obtido em (d), na expressão da deformação,

escrevemos


0 2 3 20 0 0

60 108 108 5( ) ( )13 13 13 9x x

y M M M yy y yE wh E wh E wh h

ε ε ερ

⎛ ⎞= − = − ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Com a deformação obtida acima na expressão da tensão normal de flexão, escrevemos

0x xE Eσ ε= =0

108113

y Mh E

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

2

2 22

5 108 5 49 13 9 9x

y M yyh wh h hwh

σ⎛ ⎞⎛ ⎞− ⇒ = − −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A figura a seguir ilustra a distribuição da deformação e da tensão na seção transversal.

Para isso, com o resultado de (c) nas expressões acima, escrevemos

( ) 020

60 9113 5o x

M yyE wh h

ε ε ε ⎛ ⎞= ⇒ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

2

0 2

4 915 5x

y yh h

σ σ⎛ ⎞

= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

onde 0 0 0 0 2

6013

MEwh

σ ε σ= ⇒ =

▲


7.2 VIGA SIMÉTRICA SOB FORÇA CORTANTE E MOMENTO FLETOR

Nessa seção estudaremos o problema de vigas com um plano longitudinal de

simetria, sujeitas a forças cortantes transversais e momentos fletores aplicados

segundo esse plano.

Todas as hipóteses estabelecidas anteriormente para a flexão pura serão

mantidas também nesse caso. Apesar do sistema de forças internas ser diferente em

cada seção transversal da viga, ou seja, elas devem experimentar deformações

diferentes uma das outras, a extensão das conclusões anteriores para a flexão pura,

onde todas a seções transversais apresentam a mesma deformação, nos conduz a

bons resultados. Portanto, ainda assim a teoria clássica de flexão de vigas constitui

uma ferramenta importante e útil na prática da engenharia de estruturas.

• Cargas aplicadas e reações de apoio

Como já foi visto no início do capítulo 2, a reação de um apoio sobre qualquer

sólido sob carregamento, pode ser representada por um resultante consistindo

de uma força atuando num ponto e um binário (conjugado) e cada um deles

pode ser decomposto em três componentes segundo um sistema de

coordenadas cartesianas ortogonais, por exemplo. Como não conhecemos a

distribuição dessas forças a seção transversal no ponto de apoio, não podemos

fazer uma análise do comportamento local, isto é, tensões e deformações na

vizinhança imediata. Mas em virtude do Princípio de Saint –Venant, a resposta

geral, bem como tensões e deformações em regiões distantes desses pontos de

atuação da reação de apoio, é muito pouco afetada pela distribuição real.

Observa-se experimentalmente, que essa distância mínima do ponto de

aplicação da reação é aproximadamente igual à maior dimensão transversal da

viga.


As reações de apoio serão especificadas por uma força atuando num

ponto da seção transversal e um momento em relação a esse ponto, conforme a

seguir:

ˆˆ ˆx y zR F i R j R k= + + (7.29)

ˆˆ ˆx y zM T i M j M k= + + . (7.30)

Em virtude do carregamento ser aplicado segundo um plano longitudinal

de simetria, as componentes não nulas das reações de apoio se simplificam,

conforme mostra a figura 7.13.

Figura 7.13 (a) Componentes nulas das reações de apoio; (b) Componentes não nulas da reação de apoio. As reações de apoio podem, portanto, serem escritas simplesmente, como

ˆ ˆR Fi Rj= + (7.31)

ˆM Mk= . (7.32)

A figura 7.14 apresenta dois tipos de apoio e suas respectivas reações, mais comuns

nos problema envolvendo a flexão de vigas. No caso, o carregamento não é


apresentado, mas ele é aplicado transversalmente à viga e segundo o plano

longitudinal de simetria.

Figura 7.14 (a) Viga simplesmente apoiada; (b) Reações de apoio da viga simplesmente apoiada; (c) Viga em balanço; (d) Reações de uma viga em balanço.

• Sistema resultante de forças internas

Pelo fato do carregamento segundo o plano longitudinal de simetria ser perpendicular

ao eixo da viga, a componente de força normal sobre qualquer seção transversal é

nula. Consequentemente, o sistema resultante de forças internas sobre qualquer seção

transversal consiste, no máximo de uma componente de força cortante e um momento

fletor. A figura 7.15 mostra as componentes do sistema resultante de forças internas

sobre uma seção S. O diagrama de corpo livre está considerando a porção da viga à

esquerda da seção transversal S.


Figura 7.15 Componentes do sistema resultante de forças internas sobre a seção S.

Como é usual na literatura, vamos adotar uma convenção de sinais para o

momento fletor e para a força cortante. Para um sistema de coordenadas xyz conforme

a figura 7.15, um momento fletor que tende a comprimir as “fibras” longitudinais

superiores (acima da linha neutra) é considerado positivo e se ele tende a alongá-las, é

considerado negativo. Isso está de acordo com o sinal da curvatura, como veremos

mais adiante. Quanto à força cortante, ela é positiva se tender a girar o diagrama de

corpo livre, sobre o qual ela atua, no sentido anti-horário. Caso contrário ela é

considerada negativa. A figura 7.16 ilustra essas convenções de sinais.

Figura 7.16 (a) Sinal do momento fletor; (b) Sinal da força cortante.


Como um exemplo geral, considere a viga da figura 7.17(a), onde os apoios

foram substituídos pelas suas reações. A figura 7.17(b) é um diagrama de corpo livre da

porção da viga à esquerda da seção de “corte” S, situada à distância x da extremidade

esquerda da viga. Para que as equações possam ser escritas de uma maneira mais

geral, uma variável auxiliar ξ foi considerada.

Figura 7.17 (a) Viga sob carregamento genérico; (b) Diagrama de corpo livre da viga.

Das condições de equilíbrio podemos escrever para o diagrama de corpo livre

da figura 7.13(b)

0

0 ( ) ( )x

y A iF V x R F p dξ ξ= ⇒ = − + +∑ ∫ (7.33)

( )0

0 ( ) ( ) ( ) ( )x

z A A i iCM M x M R x F x L x p dξ ξ ξ= ⇒ = + − − − −∑ ∫ , (7.34)


onde V(x) e M(x), as quais são funções da coordenada longitudinal x, são as

componentes do sistema resultante de forças internas sobre a seção transversal S

situada à distância x da extremidade esquerda da viga, segundo o sistema de

coordenadas xyz adotado. As relações (7.33) e (7.34) são equações de equilíbrio da

viga na forma integral.

• Equações diferenciais de equilíbrio da viga

Podemos obter equações de equilíbrio da viga considerando apenas uma fatia

elementar de largura x∆ , como mostra a figura 7.18.

Figura 7.18 Diagrama de corpo livre de uma fatia entre duas seções transversais.

Como a viga está em equilíbrio, podemos dizer que cada uma de suas partes

também está em equilíbrio. Então, das condições de equilíbrio da fatia mostrada na

figura 7.18 podemos escrever para esse diagrama de corpo livre


0 ( ) ( ) 0yF V x x V x p x= ⇒ +∆ − − ∆ =∑ , (7.35) onde p é o valor médio da carga distribuída sobre o comprimento x∆ tal que

( )x x

xp x p x dx

+∆∆ = ∫ . (7.36)

Assim, dividindo-se ambos os lados da equação (7.35) por x∆ , escrevemos

( ) ( )V x x V x px

+ ∆ −=

∆. (7.37)

Conforme 0x∆ → , p se aproxima do valor ( )p x em x , assim, no limite podemos

escrever

0 0

( ) ( )lim lim ( )x x

V x x V x dVp p xx dx∆ → ∆ →

+ ∆ −= ⇒ =

∆. (7.38)

Agora, considerando o equilíbrio de momentos, escrevemos para o diagrama de corpo

livre da figura 7.18

( ) ( )0 ( ) ( ) ( ) 0c zM M x x M x V x x x p x xξ= ⇒ +∆ − + + ∆ ∆ + ∆ ∆ =∑ , (7.39)

onde xξ∆ representa a posição do ponto de aplicação da resultante p x∆ . Dividindo-se

(7.39) por x∆ , escrevemos

( )( ) ( ) ( )M x x M x V x x p xx

ξ+ ∆ −= − + ∆ − ∆

∆. (7.40)

Tomando-se o limite com 0x∆ → e com as mesmas considerações anteriores, obtemos

[ ] ( )0 0 0

( ) ( )lim lim ( ) limx x x

M x x M x V x x p xx

ξ∆ → ∆ → ∆ →

+ ∆ −= − + ∆ − ∆⎡ ⎤⎣ ⎦∆


ou

( )dM V xdx

= − . (7.41)

As e equações diferenciais (7.38) e (7.41) são as equações diferenciais de equilíbrio da viga. A partir dessas equações obtemos

2

2

( )( ) ( )dM d M dV xV x p xdx dx dx

= − ⇒ = − = − . (7.42)

Essas equações valem para todas as seções da viga. Nas derivações dessas equações

e suas aplicações pressupõe-se que os limites existem e que as forças e os momentos

são contínuos e integráveis. Na presença de forças e/ou momentos concentrados deve-

se tomar os devidos cuidados, por exemplo, considerando o problema por partes ao

longo do comprimento da viga e levando–se em conta a descontinuidade das funções

V(x) e M(x) nesses pontos.

• Tensões normais em vigas de material linearmente elástico,

isotrópico e homogêneo

A equação (7.28), x zMy Iσ = − nos dá uma relação entre a componente de

tensão normal sobre a seção transversal de uma viga em flexão pura e o momento

fletor aplicado para o caso de um material linearmente elástico, isotrópico e

homogêneo.

Essa relação é baseada na hipótese que as seções transversais planas

permanecem planas e perpendiculares ao eixo neutro da viga após a flexão. No caso

de flexão pura a única componente do sistema resultante de forças internas é o

momento fletor M. Porém, com forças transversais, a componente de força cortante

deve também atuar para manter o equilíbrio. A presença dessa força de cisalhamento

contraria a hipótese que a seção plana permaneça plana e normal ao eixo neutro, pois

para isso ser válido, a deformação de cisalhamento deveria ser nula.


Consequentemente, pela lei de Hooke a tensão de cisalhamento seria nula também, o

que não é verdade por causa da existência de uma força cortante na seção transversal.

Esse é um ponto frágil na teoria de flexão Euler-Bernoulli. Ela é correta para o caso de

flexão pura, onde não temos forças cortantes.

Mas, a partir de observações experimentais, sabe-se que para vigas delgadas

( 10L h≥ ) a influência da deformação de cisalhamento é muito pequena, podendo na

maioria dos casos, ser desprezada. Portanto, nesses casos, a equação (7.28) nos dá

resultados excelentes, do ponto de vista da engenharia, mesmo a componente de

cisalhamento sendo não nula.

Portanto, em resumo temos: a teoria clássica de flexão de vigas considera

desprezível a influência da deformação de cisalhamento no plano da seção transversal

na descrição da deformação e consequentemente na dedução das equações da

deformação longitudinal xε e das tensões normais xσ , mas para efeito do equilíbrio da

viga, as tensões de cisalhamento devem ser consideradas pois a componente de força

cortante sobre a seção transversal é dada por

( ) 0xyS

V x dAτ= ≠∫ . (7.43)

• Tensões de cisalhamento em vigas de material linearmente

elástico, isotrópico e homogêneo

Como nesse caso a componente do sistema resultante de forças internas V(x) é não

nula e é dada por

( ) xyS

V x dAτ= ∫ ,

então, as componentes de tensão de cisalhamento xyτ existem na seção transversal em

consideração e para a sua dedução, vamos considerar o equilíbrio do diagrama de


corpo livre extraído de um segmento elementar de comprimento x∆ da viga, conforme

mostrado na figura 7.19.

Pela equação (7.28), o momento fletor numa seção é responsável pela tensão

normal atuando sobre ela. Então, a variação do momento fletor, indicada na figura

7.19 (a) por M∆ será responsável pela variação da tensão normal numa seção e na

seção vizinha separada pela distância x∆ .

Figura 7.19 (a) Diagrama de corpo livre de um segmento elementar da viga; (b) Distribuição das tensões normais xσ ; (c) Diagrama de corpo livre para determinação das tensões de cisalhamento xyτ ; (d) Força resultante da tensão normal xσ ; (e) Distribuição das tensões de cisalhamento xyτ . “Cortando-se” o segmento da viga representado na figura 7.19(b) por um plano

paralelo à superfície neutra e à distância 1y do eixo neutro z, conforme ilustrado na


figura 7.19(c) e considerando-se o equilíbrio do novo diagrama de corpo livre obtido,

escrevemos

1 1

0 0x x yx xA Ax x x

F dA F dAσ σ+∆

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⇒ −∆ − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦∑ ∫ ∫ , (7.44)

onde:

1

xA x

dAσ⎡ ⎤

=⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦∫ força resultante da distribuição de tensão normal xσ sobre a área 1A na

posição x.

1

xA x x

dAσ+∆

⎡ ⎤=⎢ ⎥

⎢ ⎥⎣ ⎦∫ força resultante da distribuição de tensão normal xσ sobre a área 1A na

posição x x+ ∆ .

yxF∆ = força de cisalhamento atuando sobre a face ( )y − da seção de “corte” paralela à

superfície neutra e na posição 1y y= .

1A = área hachurada na figura 7.19(d), acima da posição 1y y= . Como as forças resultantes da distribuição das tensões escritas na equação

(7.44) já são consideradas com o sentido coerente com os sentidos dos momentos

fletores aplicados nas seções transversais em x e x x+ ∆ , e lembrando que o sinal (-)

na equação (7.28) indica apenas que a tensão normal é compressão ou de tração,

então, substituímos o módulo do resultado dado por essa equação em (7.44) e

escrevemos

1 1

( ) 0yxz zA A

My M M ydA F dAI I

+ ∆− ∆ − =∫ ∫

ou,

1 1

0yx yxz zA A

My MyF dA F dAI I

∆ ∆−∆ − = ⇒ ∆ = −∫ ∫ (7.45)


Dividindo ambos os lados da equação (7.45) por x∆ e levando em conta que

M∆ é constante em toda a área da seção transversal onde ele atua, tomamos o limite

com 0x∆ → e escrevemos

1 10

( ) 1lim yx yx

xz zA A

F dFM dM xydA ydAx xI dx dx I∆ →

∆ ∆= − ⇒ = −

∆ ∆ ∫ ∫ . (7.46)

Substituindo a equação diferencial de equilíbrio (7.41) em (7.46) escrevemos

1

( ) ( )( ) yx

z A

dFdM x V xV x ydAdx dx I

= − ⇒ = ∫ . (7.47)

É comum na literatura definir-se a integral da equação acima como

1A

Q ydA≡ ∫ (7.48)

e escrever a equação (7.47) da seguinte maneira

( )yx

z

dF V x Qdx I

= , (7.49)

onde Q é o primeiro momento da área 1A em relação ao eixo neutro z, o qual no nosso

caso passa pelo centróide da seção, porque o material é elástico linear isotrópico e

homogêneo.

O termo yxdFdx

é definido como o fluxo de cisalhamento yxq . Assim a equação

(7.49) reescreve-se

( )yx

z

V x QqI

= . (7.50)


Devemos ter sempre em mente que os índices yx de yxF∆ ou de yxq significam:

y= eixo normal à superfície onde atuam yxF∆ ou de yxq .

x = direção de yxF∆ ou de yxq .

Como o fluxo de cisalhamento é uma força por unidade de comprimento, se o

dividirmos pela largura da seção onde ele atua, que no caso da figura 7.19(e) é b,

podemos escrever

( ) ( )yxyx

z z

q V x Q V x Qb I b I b

τ= ⇒ = , (7.51)

onde yxτ é o valor médio da tensão de cisalhamento através da largura b. Como já

vimos anteriormente durante o estudo das tensões, podemos escrever yx xyτ τ= .

Portanto,

( )xy yx

z

V x QI b

τ τ= = . (7.52)

Como Q é calculado para a área situada acima da posição y na qual queremos

determinar a tensão de cisalhamento yx xyτ τ= , vemos que Q é uma função de y. Então,

da equação (7.52) observamos que a tensão de cisalhamento xyτ numa seção

transversal onde a atua a força cortante V(x), é uma função da coordenada y. Assim,

como o valor de Q será máximo para y=0, no eixo neutro, e será nulo para y no ponto

superior ou inferior da seção transversal, então, a tensão de cisalhamento xyτ também

variará de zero nos pontos superior ou inferior até um valor máximo no eixo neutro.

Como os pontos superior e inferior pertencem a superfícies livres de tensão de

cisalhamento, o resultado obtido para xyτ é coerente com a realidade física do

problema.


Exemplo 7.3 Seja a viga de seção retangular, sujeita a uma força cortante conforme a figura a

seguir. A viga é de material elástico linear isotrópico e homogêneo.

Obter a distribuição da tensão de cisalhamento na seção transversal onde atua a forçca

de cisalhamento V.

Solução A distribuição da tensão de cisalhamento ao longo de toda a seção transversal é

obtida calculando-se a tensão de cisalhamento numa posição y genérica, medida a

partir do eixo neutro. No nosso problema o eixo neutro passa pelo centróide da seção

transversal e é normal ao plano de carregamento da viga.


O momento de área Q para a área A’ da figura acima é dado por / 22 2/ 2 2'' '

2 2 4

hh

yy

by b hQ y bdy y⎛ ⎞

= = = −⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ , onde y’ é apenas uma variável de integração.

O momento de inércia zI é dado por

3112zI bh= .

Substituímos os valores encontrados acima, na equação (7.52)

2

22

23

3

2 4( ) 61 4

12

xy yx xy yxz

b hV yV x Q V h y

I b bhbh bτ τ τ τ

⎛ ⎞−⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠= = = ⇒ = = −⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠⎜ ⎟

⎝ ⎠

O resultado acima indica que a distribuição da tensão de cisalhamento sobre a seção

transversal nesse caso é parabólica, e pode ser ilustrada pela figura abaixo.


Comentários:

• Para 2y h= ± a tensão de cisalhamento é nula (superfícies livres de tensão de

cisalhamento)

( ) ( ) ( ) ( )22

32 2 2 2

6 04 4xy yx xy yxy h y h y h y h

V h hbh

τ τ τ τ=± =± =± =±

⎛ ⎞= = − ⇒ = =⎜ ⎟

⎝ ⎠

• Se denominarmos ( )xy mediaVA

τ = , então temos

( ) ( )2 2

3 3max max

6 6 60 1,54 4 4xy xy

A

V h V h V Vbh bh bh A

τ τ⎛ ⎞

= − = = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

,

nesse caso, a tensão de cisalhamento máxima é 50% maior que a tensão de

cisalhamento média sobre a seção.

• Como as componentes da tensão de cisalhamento ocorrem aos pares, para cada

xyτ existe uma componente yx xyτ τ= atuando na superfície cuja normal é y,

conforme ilustrado na figura a seguir.

▲


Exemplo 7.4 Uma viga de abas largas tem as dimensões mostradas na figura a seguir.

Supondo que ela seja submetida a uma força cortante V=80kN, (a) traçar o gráfico da

distribuição de cisalhamento que atua sobre a sua seção transversal e (b) determinar a

força cortante suportada pela sua alma.

Solução

a) Distribuição da tensão de cisalhamento

Como as seções transversais das abas e da alma da viga são retangulares a tensão de

cisalhamento variará parabolicamente, como já vimos exemplo 7.3.

A tensão de cisalhamento é dada por

( )xy

z

V x QI b

τ =

Precisamos determinar xyτ nos pontos B, B’ e C. O momento de inércia em torno

do eixo neutro é dado por

( )( ) ( )( ) ( ) ( )3 3 21 10,015 0,020 2 0,300 0,020 0,300 0,020 (0,110)12 12zI ⎡ ⎤= + +⎢ ⎥⎣ ⎦


6 4155,6 10zI m−= ×

Para o ponto B’, a largura b da expressão que nos dá a tensão de cisalhamento

tem o seguinte valor:

0,300b m′ = .

( ) ( ) ( ) 3 30,300 0,020 0,110 0,660 10B BQ A y Q m−′ ′′ ′= = ⇒ = ×

( ) ( )( )( )( )

( )3 3

6

80 10 0,660 10( ) 1,13155,6 10 0,300

Bxy xyB B

z

V x Q MPaI b

τ τ−

′−′ ′

× ×= = ⇒ =

′ ×

No ponto B, a largura b da expressão que nos dá a tensão de cisalhamento é

0,015b m=

O momento de área no ponto B é igual ao do ponto B’ 3 30,660 10B BQ Q m−

′= = ×

( ) ( )( )( ) ( ) ( )

3 3

6

80 10 0,660 10( ) 22,6155,6 10 0,015

Bxy xyB B

z

V x Q MPaI b

τ τ−

−

× ×= = ⇒ =

×

Para o ponto, sobre o eixo neutro, temos


( ) 3 30,300 (0, 200)(0,110) (0,015)(0,100)(0,050) 0,735 10C CQ A y A y Q m−′ ′ ′′ ′′= + = + ⇒ = ×

( ) ( )( )( )( ) ( )

3 3

6

80 10 0,735 10( ) 25, 2155,6 10 0,015

Cxy xyC C

z

V x Q MPaI b

τ τ−

−

× ×= = ⇒ =

×

Para a região abaixo do eixo neutro, obtemos por simetria. A distribuição da tensão de

cisalhamento na seção transversal é apresentada na figura a seguir.

Na realidade, as tensões de cisalhamento nas superfícies livres das abas são nulas,

mas no nosso cálculo resulta num valor diferente de zero nas superfícies internas. Essa

incoerência não impede de usarmos a formulação porque a maior parte da tensão de

cisalhamento está distribuída sobre a alma da viga, como podemos observar. O

resultado nas abas não tem muita utilidade.


b) Força cortante suportada pela alma: A expressão da tensão de cisalhamento para uma posição genérica é dada por

( ) 0,1000,300 (0,200)(0,110) (0,015)(0,100 )2y

yQ A y A y y y −⎛ ⎞′ ′ ′′ ′′= + = + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )2 3 30,735 7,50 10yQ y m−= − ×

( )( )( )( ) ( )

3 2 32 6

6

80 10 0,735 7,50 10( )25,192 257,07 10

155,6 10 0,015y

xy xyz

yV x Qy MPa

I bτ τ

−

× − ×= = ⇒ = − ×

×

A força de cisalhamento (cortante) atuado na alma é dada por

alma

alma xyA

V dAτ= ∫ .

onde: 0,015dA bdy dy= =

( )2 625,192 257,07 10xy y MPaτ = − ×

Então, escrevemos

( )0,100 6

0,10025,192 257,07 10 (0,015) 73alma almaV dy V kN

−= − × ⇒ =∫

Então, a parcela de força cortante que é suportada pela alma corresponde a 91% da

força cortante total aplicada na seção transversal, ou seja


( )73 0,9180

almaalma total

total

V V VV

= ⇒ =

A força cortante suportada pelas abas corresponde a

2 80 73 3,5aba total alma abaV V V V kN= − = − ⇒ = ▲

Exemplo 7.5 Para a viga cuja seção transversal é representada na figura abaixo, sendo

conhecida a força cortante atuando nessa seção, determinar o maior valor da tensão de

cisalhamento xyτ nessa seção.

3600V lb= 4800zI pol=

Solução

O momento de área na posição desejada é dado por 9 0.57 9 3

0 9 0.57(0,358) (7,50) 50O OQ y dy y dy Q pol

−

−= + ⇒ =∫ ∫

A tensão de cisalhamento máxima ocorre no ponto O onde oQ é máximo, e é dada por

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 23600 50

628 /800 0,358

Oxy xyO O

z

VQ lb polI b

τ τ= = ⇒ =

A tensão de cisalhamento no ponto A (na alma) é dada por

( ) Axy A

z

VQI b

τ = , onde


( )9 3

8,437,50 37,3A AQ y dy Q pol= ⇒ =∫ . Substituindo na expressão da tensão,

obtemos

( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 23600 37,3

469 /800 0,358

Axy xyA A

z

VQ lb polI b

τ τ= = ⇒ =

A figura a seguir mostra a distribuição da tensão de cisalhamento na alma da viga.

Comentário: Como a maior parte da força cortante V é suportada pela alma da viga, como

vimos no exemplo 7.4, podemos tomar como tensão de cisalhamento média na alma da

viga, a razão entre a força cortante e a área da alma, conforme a seguir.


( ) ( ) ( ) ( ) 23600 596 /9 9 0,570 0,570 0,358media mediaxy xy

alma almaalma

V lb polA

τ τ= = ⇒ =+ − −

Comparando-se essa tensão média na alma com a tensão de cisalhamento

máxima ( ) 2628 /xy Olb polτ = , escrevemos

( )( ) ( ) ( )

maxmax

596 0,95 95%628

mediaxyalma

mediaxy xyalmaxy

ττ τ

τ= = ⇒ = ▲

Exemplo 7.6 Considere uma viga construída a partir de 5 lâminas de 0,500 cm x 2,50 cm x

150 cm, rebitadas juntas. O passo de rebitagem é igual a 2,50 cm ao longo do eixo

longitudinal da viga. Os rebites são de aço com ( ) 70adm

MPaτ = e diâmetro igual a

0,625 cm. Determinar a força P máxima que pode ser aplicada na extremidade livre da

viga.


Solução Considerando a viga de material elástico linear, isotrópico e homogêneo, o eixo

neutro z passa pelo centróide da seção transversal.

O fluxo de cisalhamento xyq desenvolvido numa superfície paralela à superfície

neutra e na posição y=0,25 cm (veja a figura a seguir) é dado pela equação (7.50)

( )yx

z

V x QqI

= , e é resistido pela área da seção transversal de cada rebite,

conforme ilustrado nas figuras a seguir.

Esse fluxo de cisalhamento, numa distância igual ao passo de rebitagem (2,50

cm) resulta numa força cortante sobre a área da seção transversal de um rebite,

conforme mostra a figura a seguir.


As hachuras na figura acima são para indicar que numa distância igual a um passo de

rebitagem está contido no máximo um rebite.

O momento de área da área A’, situada acima da seção de “corte” em 0, 25y cm= (veja

figura ) é dado por

( )( ) 32,50 1, 25 0, 25 (0,75) 1,875Q A y Q cm′ ′= = − ⇒ = .

O momento de inércia da área da seção transversal em relação ao eixo neutro z é dado

por

( ) ( )33 41 1 1,20 2,50 3,25512 12z zI bh I cm= = ⇒ =

Então, substituindo na equação do fluxo, escrevemos

( )1,875( ) 3, 2553, 255 1,875yx yx

z

VV x Qq V qI

= = ⇒ =

A força cortante resistida pelo rebite é dada por

(2,50)yxF q= ,

onde 2,50 cm é o passo de rebitagem. O valor máximo dessa força é dado por

( ) ( ) ( )222 2 2 2

max max

0,62570 10 / 70 10 / 2147,6

4 4adm rebitedF A N cm N cm F N

ππτ= = × = × ⇒ =

Assim, o valor máximo admissível para o fluxo de cisalhamento será

( ) ( ) ( )maxmax max max max

2147,6(2,50) 859,04 /2,50 2,50yx yx yxFF q q q N cm= ⇒ = = ⇒ =

Substituindo na expressão obtido para o esforço cortante, escrevemos

( ) ( )max maxmax

3, 255 3, 255 859,04 14911,875 1,875yxV q V N= = ⇒ =


O esforço cortante ao longo da viga é constante e igual à carga P aplicada na sua

extremidade livre, conforme ilustrado na figura a seguir.

Então, escrevemos

max max max 1491P V P N= ⇒ = ▲

7.3 DEFLEXÃO DE VIGAS SIMÉTRICAS Consideremos uma viga com plano longitudinal de simetria e feita de um material

linearmente elástico, isotrópico e homogêneo. Nesse caso, a equação da curvatura

Bernoulli-Euler é dada por (7.26), para o caso de flexão pura, e reescrita a seguir

1

z

MkEIρ

≡ = . (7.53)

Como vimos na seção 7.2, podemos estender também essa equação para o

caso de vigas sob forças cortantes transversais, ou seja, para os casos onde as tensão

de cisalhamento não é nula nas seções transversais. Isso conduz a resultados muito

úteis e precisos para vigas delgadas, desde que os efeitos da deformação de

cisalhamento geralmente são insignificantes. No caso onde o momento fletor varia com

a coordenada longitudinal x, ou seja, quando existe a presença de força cortante,


segundo a equação (7.53), consideramos a curvatura k também como uma função da

coordenada x.

A deformação da viga devida à flexão é determinada pela forma da linha neutra

após a flexão. Inicialmente, a linha neutra é ao longo do eixo x, conforme ilustrado na

figura 7.20. Após a flexão da viga, a linha neutra se torna uma curva no plano xy, o qual

é o plano longitudinal de simetria. A equação dessa curva determina o deslocamento

transversal de cada partícula da viga sobre a linha neutra. Essa equação é também

conhecida como equação da linha elástica da viga.

Na figura 7.20 s∆ é um comprimento de arco ao longo da linha neutra após a

flexão. O comprimento s∆ na configuração indeformada seria x′∆ , conforme mostra a

figura. O raio de curvatura da linha neutra no ponto A*, na coordenada x medida na

configuração deformada (coordenada Euleriana), é igual a ρ . O centro de curvatura é o

ponto O, indicado na figura.

Figura 7.20 Linha neutra após flexão da viga.


Da figura 7.20 temos que o raio de curvatura no ponto B* é O’B* e o ângulo formado

entre os dois raios é θ∆ . Assim, escrevemos

s ρ θ∆ ≅ ∆ , (7.54)

onde ρ é um raio de curvatura médio entre os pontos A* e B*. Conforme 0s∆ → o raio

médio ρ tende para o valor do raio ρ no ponto A*. A partir de (7.54) escrevemos

0 0

1 1 1lim lims s

ks sθ θ

ρ ρ ρ∆ → ∆ →

∆ ∆≅ ⇒ = = =∆ ∆

ou

1 ddsθ

ρ= . (7.55)

Como o comprimento s, medido ao longo da curva ( )y y x= que representa a linha

neutra após a flexão, pode ser expresso como uma função da coordenada x, a partir da

figura 7.20 podemos escrever

22 2* *

* * * * * *1

x ys s A B s s yx x x xA B A B A B

∆ + ∆∆ ∆ ∆ ∆ ∆⎛ ⎞= = = + ⎜ ⎟∆ ∆ ∆ ∆⎝ ⎠. (7.56)

Tomando-se o limite de (7.56) com 0x∆ → , escrevemos

2

* *0 0 0lim lim lim 1x x x

ds s s ydx x xA B∆ → ∆ → ∆ →

⎡ ⎤∆ ∆ ∆⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎢ ⎥= = + ⎜ ⎟⎢ ⎥∆ ∆⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦. (7.57)

Como * *

1sA B∆

→ quando 0x∆ → , a equação (7.57) escreve-se

2

1ds dydx dx

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

. (7.58)


Como o ângulo de inclinação da reta tangente em cada ponto da linha neutra é

uma função da coordenada x do ponto, pela regra da cadeia para as derivadas,

podemos escrever

d d dsdx ds dxθ θ= . (7.59)

Substituindo (7.58) em (7.59), obtemos 2

1d d dydx ds dxθ θ ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠. (7.60)

Da figura 7.20 vemos que y representa o deslocamento transversal v dos pontos da

linha neutra, após a flexão, ou seja

dy dvdx dx

= (7.61)

e para pequenos gradientes de deslocamentos podemos escrever 2

1 1 1dy dv dydx dx dx

⎛ ⎞= <<< ⇒ + ≅⎜ ⎟⎝ ⎠

. (7.62)

Substituindo (7.62) em (7.61), escrevemos

d dds dxθ θ≅ . (7.63)

A partir deste ponto as derivadas serão desenvolvidas com respeito às

coordenadas indeformadas, porque estamos considerando pequenas deformações e

pequenos gradientes de deslocamentos, ou seja, a hipótese de pequenas modificações

na configuração.

Substituindo (7.63) em (7.55), escrevemos


1 ddxθ

ρ= . (7.64)

Com (7.64) na equação (7.53) e levando em conta que o momento fletor é uma função

da coordenada x num caso mais geral, escrevemos

1 ( )M x dkEI dx

θρ

= = = (7.65)

Da figura 7.20 temos

0lim tanx

v dvx dx

θ∆ →

∆= =

∆ (7.66)

Como estamos considerando pequenos gradientes de deslocamento, podemos fazer a

seguinte aproximação

tandv dvdx dx

θ θ θ= ≅ ⇒ = . (7.67)

Substituindo (7.67) em (7.65), escrevemos `2

2

`2

2

11 ( )

( )

d vM x d dv dxk

EI dx dx d vM x EIdx

ρρ

⎧=⎪⎪⎛ ⎞= = = ⇒ ⎨⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎪ =⎪⎩

(7.68)

Assim, obtivemos uma equação diferencial de segunda ordem que relaciona o

deslocamento transversal de um ponto da linha neutra da viga após a flexão, com o

momento fletor atuante na seção transversal e o coeficiente de rigidez à flexão da viga.

Essa equação se aplica para pequenas deformações e pequenos gradientes de

deslocamentos.

A partir das equações diferenciais de equilíbrio da viga, dadas em (7.38) e (7.41)

e da equação (7.68), escrevemos


2 2

2 2

( ) 1 ( ) 1 ( )z z

d v M x d d v dM x V xdx EI dx dx EI dx EI

⎛ ⎞= ⇒ = = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

3 4

3 4

1 ( ) 1 ( ) ( ) 0zz z

d d v dV x d vp x EI p xdx dx EI dx EI dx⎛ ⎞

= − = − ⇒ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

. (7.69)

A equação (7.69) é também conhecida como a equação da linha elástica (linha

neutra) para uma viga de material elástico linear isotrópico e homogêneo, fletida no

plano xy.

Exemplo 7.7

Considerando o exemplo 7.1, determinar o ângulo 0φ∆ entre as seções

transversais A e B após a deformação da viga e o raio de curvatura 0ρ . O módulo de

elasticidade do material é 6 230 10 /E lb pol= × e o momento de inércia de área da seção

transversal em relação ao eixo neutro é 42, 25zI pol= .

Solução Da equação (7.65) escrevemos

( )d M xdx EIθθ ′ = = .


O diferencial do ângulo θ escreve-se

z

Md dx d dxEI

θ θ θ′= ⇒ = .

Integrando-se a expressão acima entre as extremidades A e B da viga, tomando a

coordenada x da configuração indeformada, obtemos

72

12

B

B AAz

Md dxEI

θ θ θ θ= − = ∆ =∫ ∫ .

Substituindo os dados do problema na equação acima, escrevemos

( )( )72

612

12000 0,01068 0,6130 10 2, 25

odx radθ θ∆ = ⇒ ∆ = − = −×∫ .

O sinal (-) indica apenas que a curvatura é negativa. O que nos interessa é o módulo

desse valor, ou seja,

0,01068 0,61oradθ∆ = = .

O raio de curvatura é obtido a partir da equação (7.65)

( )( )6

1 ( ) 12000 561830 10 2, 25

M x polEI

ρρ= = ⇒ = −

×.

O sinal (-) indica que a curvatura é negativa e o centro de curvatura está oposto ao eixo

de coordenada y. Assim, tomamos o módulo do valor acima para o raio de curvatura, ou

seja,

5618 polρ = .

Comentário: Os resultados obtidos mostram que a viga depois de deformada apresenta uma

curvatura muito pequena, pois o seu raio é muito grande. O ângulo entre os planos das

seções transversais em A e B, depois da flexão também é muito pequeno. ▲


7.4 FLEXÃO ASSIMÉTRICA Consideremos uma viga uma viga de material elástico linear, isotrópico e homogêneo,

de seção assimétrica e sujeita a um momento fletor que pode ser decomposto em

componentes segundo os eixos de coordenadas y e z, conforme a figura 7.21.

Figura 7.21 (a) Viga prismática com seção transversal assimétrica; (b) Eixo neutro.

A flexão da viga ocorrerá em torno de um eixo, o qual é denominado eixo neutro

porque a deformação e a tensão normais dos pontos da viga, localizados sobre esse

eixo, são nulas. Conforme a hipótese de Bernoulli para a flexão da viga, a deformação

normal dos pontos das seções transversais da viga escreve-se


xyερ

= − , (7.70)

onde ρ é o raio de curvatura da linha neutra e y é a coordenada medida a partir do

eixo neutro z , conforme mostra a figura 7.21(b). No caso de material elástico linear,

isotrópico e homogêneo, nós já vimos que esse eixo passa pelo centróide da seção

transversal.

Da figura 7.21(b) podemos escrever

cos siny y zα α= + , (7.71)

onde α é o ângulo que o eixo neutro z faz com o eixo z. Substituindo na equação

(7.70), escrevemos

cos sinx y zα αε

ρ ρ= − − . (7.72)

A tensão normal xσ , para essa viga de materiais elásticos lineares, isotrópicos e

homogêneos é dada pela equação (7.17) e levando em conta (7.72) escreve-se

cos sinx x xE E y E zα ασ ε σ

ρ ρ= ⇒ = − − . (7.72)

Então, podemos dizer que a tensão normal de flexão xσ pode ser escrita como

uma função linear das coordenadas y e z, conforme a seguir.

1 2x C y C zσ = + , (7.73)

onde 1C e 2C independem de y e z.


Figura 7.22 Momentos fletores atuando sobre a seção transversal da viga.

A partir da figura 7.22, escrevemos

y xM z F z Aσ∆ = − ∆ = − ∆ (7.74)

z xM y F y Aσ∆ = − ∆ = − ∆ . (7.75)

Somando-se todas as parcelas elementares desses momentos fletores e tomando-se o

limite com 0A∆ → , escrevemos

y xS

M z dAσ= −∫ (7.75)

z xS

M y dAσ= −∫ . (7.76)

Substituindo (7.73) em (7.75) e (7.76), escrevemos

( ) 21 2 1 2y

S S S

M z C y C z dA yzC dA z C dA= − + = − −∫ ∫ ∫

21 2

S S

C yzdA C z dA= − −∫ ∫ (7.77)


( ) 21 2 1 2z

S S S

M y C y C z dA y C dA yzC dA= − + = − −∫ ∫ ∫

21 2

S S

C y dA C yzdA= − −∫ ∫ . (7.78)

As integrais acima podem ser definidas como

2 2

y z yzS S S

I z dA I y dA I yzdA= = =∫ ∫ ∫ , (7.79)

as quais são, respectivamente, o momento de inércia de área da seção transversal em

relação aos eixos y e z e o produto de inércia de área em relação a esses eixos. Com

essas definições, as equações (7.77) e (7.78) escrevem-se

1 2y yz yM C I C I= − − (7.80)

1 2z z yzM C I C I= − − . (7.81)

Resolvendo-se o sistema formado pelas equações (7.80) e (7.81), obtemos

1 2z y y yz

y z yz

M I M IC

I I I−

= −−

(7.82)

2 2y z z yz

y z yz

M I M IC

I I I−

= −−

. (7.83)

Substituindo (7.82) e (7.83) em (7.73), escrevemos

2 2z y y yz y z z yz

xy z yz y z yz

M I M I M I M Iy z

I I I I I Iσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −= − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− −⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (7.84)


Essa equação tem sinais diferentes da equação (2.83) porque aqui estamos

considerando a convenção de que os momentos fletores considerados positivos são

aqueles que resultam em curvaturas positivas para a linha neutra, nos seus planos de

atuação xy e xz. Se os eixos y e z forem eixos principais de inércia, então 0yzI = e

podemos escrever

1 1 yz

xy z xz y

MMEI EIρ ρ

= = (7.85)

e a figura 7.23 ilustra essas curvas nos planos mencionados.

1 10 0yz

xy z xz y

MMEI EIρ ρ

= > = >

Figura 7.23 Convenção dos momentos fletores positivos e as curvaturas da linha neutra nos planos xy e xz. Então, conforme a convenção adotada, temos:

yM + → momento fletor positivo oposto ao sentido positivo do eixo y.

zM + → momento fletor positivo com o sentido positivo do eixo y.


REFERÊNCIAS




Inc., NY, 1993

3. Lucena Neto, E., Análise Estrutural I, Notas de Aulas do curso EDI-31, ITA, 2007


edição, 2006




EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 A-1

APÊNDICE A

RESULTANTE DE UMA CARGA LINEAR DISTRIBUÍDA

Neste apêndice apresentamos o cálculo da resultante de uma carga distribuída ao

longo de uma linha e da posição do seu ponto de aplicação.

A.1 RESULTANTE DA CARGA LINEAR DISTRIBUÍDA

A resultante de uma carga distribuída ao longo de uma linha é igual à área abaixo da

curva de carga e ela atua no centróide desta área.

A figura A.1 mostra a posição do centróide de uma área arbitrária. A

determinação de suas coordenadas é apresentada a seguir.

Figura A.1 : posição do centróide C de uma área arbitrária


A-2

AA

xdAxA xdA x

A= ⇒ = ∫∫ (A.1)

AA

ydAyA ydA y

A= ⇒ = ∫∫ . (A.2)

A figura A.2 mostra uma carga linear distribuída arbitrária, a sua resultante R e a

posição do seu ponto de aplicação, segundo o eixo ao longo do qual a carga é aplicada.

Figura A.2 : Resultante de uma carga linear distribuída arbitrária e a posição de sua

linha de ação

A resultante R é área abaixo da curva dada por y = y(x) porque


A-3

0( )

L

AR y x dx dA= =∫ ∫ (A.3)

A posição x do centróide C dessa área é medida no eixo x e o seu valor é dado por

0( )

L

Axy x dxxdA

xA R

= = ∫∫ (A.4)

Exemplo A.1 Seja uma força linear distribuída uniformemente como mostra a figura abaixo.

Determinar a sua resultante a posição ao longo do eixo de coordenadas x do seu ponto

de aplicação.

Solução

a) Resultante: A partir da equação (A.3) escrevemos

0( )

LR y x dx= ∫ ,

onde:

( )y x w= (constante).


A-4

Então, temos

0 0( )

L LR y x dx wdx R wL= = ⇒ =∫ ∫

b) Posição do ponto de aplicação da resultante:

A partir da equação (A.4) escrevemos

2

0 0 0( ) 2

2

L

L Lxwxy x dx xwdx Lx x

R wL wL= = = ⇒ =∫ ∫ ▲

Exemplo A.2 Considere uma força linear distribuída conforme a figura abaixo. Determine a sua

resultante e a posição do seu ponto de aplicação ao longo do eixo x.

Solução

a) Resultante: Da figura podemos escrever

( ) wy x xL

= .


A-5

Pela equação (A.3) escrevemos

2

0 00

( )2 2

LL L w w x wLR y x dx xdx R

L L= = = ⇒ =∫ ∫

Do resultado acima observamos que o valor da resultante R é igual à área do triângulo

que representa a distribuição da força sobre a viga.



3

00 0( ) 3 2

32 2

L

LLxw wx xdxxy x dx L LLx xwL wLR

= = = ⇒ =∫∫ ▲

Exemplo A.3 Considere uma força linear distribuída conforme a figura abaixo. Determine a sua

resultante e a posição do seu ponto de aplicação ao longo do eixo x.

Solução


A-6

a) Resultante:

A partir da figura temos que a distribuição da força é dada por

500( ) 500 500 1 ( / )xy x x N mL L

⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

Pela equação (A.3) escrevemos

0 0

500( ) 500 1 250 ( )2

L L x LR y x dx dx R L NL

⎛ ⎞= = − = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫



2 3

00 0 0

500 500500 1( ) 2 3

500 500 32 2

L LL

Lx xxx dxxy x dx LL Lx xL LR

⎡ ⎤⎛ ⎞ −−⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦= = = ⇒ =∫∫ ▲

EST-11 Mecânica dos Sólidos ITA-2007 B-1

APÊNDICE B

MOMENTO E PRODUTO DE INÉRCIA DE ÁREA Nesse apêndice apresentamos algumas notas sobre o Momento e o Produto de Inércia

de Área, os quais são usados no cálculo de flexão de vigas.

B.1 CENTRÓIDE DE UMA ÁREA

Consideremos a área da figura B.1 e um sistema de eixos cartesianos ortogonais

conforme indicado

Figura B.1 Posição do centróide C de uma área.


B-2

A posição do centróide C da área, segundo o sistema de eixos adotado é dada

por

S S

S S

ydA zdAY Z

dA dA= =∫ ∫

∫ ∫, (B.1)

No caso particular em que o sistema de coordenadas passa pelo centróide da

área, da figura B.1 podemos escrever

0Y Z= = (B.2)

A figura B.2 mostra o sistema de coordenadas passando pelo centróide da área.

Figura B.2 Eixos de coordenadas passando pelo centróide C da área.


B-3

Considerando a equação (B.2) e as equações (B.1), podemos escrever

0 0S

SS

ydAY ydA

dA= = ⇔ =∫

∫∫ (B.3)

0 0S

SS

zdAZ zdA

dA= = ⇔ =∫

∫∫ (B.4)

B.2 MOMENTO E PRODUTO DE INÉRCIA DE ÁREA

Considere a área da figura B.3 e o sistema de eixos xyz.

Figura B.3 Sistema de coordenadas cartesianas ortogonais xyz.

Define-se:


B-4

2y

S

I z dA≡∫ (B.5)

2

zS

I y dA≡∫ (B.6)

yzS

I yzdA≡∫ , (B.7)

onde ,y zI I são os momentos de inércia da área A em relação ao eixos y e z,

respectivamente e yzI é o produto de inércia da área A em relação aos eixo y e z. Das

equações acima observa-se que o momento de inércia e o produto de inércia de área

são dados em unidade de comprimento elevada à quarta potência.

• Translação de eixos (Teorema dos eixos paralelos) A figura B.4 mostra dois sistemas de eixos cartesianos paralelos xyz e x’y’z’. Vamos

mostrar como o momento de inércia e o produto de inércia da área em relação a um

sistema de coordenadas se relaciona com o outro sistema paralelo.

Figura B.4 Sistemas de eixos x’y’z’ paralelo ao sistema xyz.


B-5

Da figura B.4, temos

y y b′= + (B.8)

z z a′= + . (B.9)

Substituindo (B.9) em (B.5), escrevemos

2 2 2( ) 2y

S S S S

I z a dA z dA a dA az dA′ ′ ′= + = + +∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2S S

z dA a S a z dA′ ′= + +∫ ∫ . (B.10)

Aplicando-se a definição dada em (B.5), a equação (B.10) pode ser reescrita

2 2y y

S

I I a S a z dA′ ′= + + ∫ . (B.11)

Substituindo (B.8) em (B.6), escrevemos

2 2 2( ) 2z

S S S S

I y b dA y dA b dA ay dA′ ′ ′= + = + +∫ ∫ ∫ ∫

2 2 2B B

y dA b S b y dA′ ′= + +∫ ∫ . (B.12)


2 2z zB

I I b S b y dA′ ′= + + ∫ . (B.13)

Substituindo (B.8) e (B.9) em (B.7), escrevemos


B-6

( )( )yzS S S S S

I y b z a dA y z dA ay dA bz dA abdA′ ′ ′ ′ ′ ′= + + = + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

S S S

y z dA a y dA b z dA abS′ ′ ′ ′= + + +∫ ∫ ∫ . (B.14)


yz y zA A

I I a y dA b z dA abS′ ′ ′ ′= + + +∫ ∫ . (B.15)

Caso Especial Quando um dos sistemas, por exemplo, o sistema x’y’z’, passa pelo centróide da

área, as equações (B.11), (B.13) e (B.15) se simplificam. Considere a figura B.5, com o

sistema x’y’z’ passando pelo centróide da área.

Figura B.5 Sistemas de eixos x’y’z’ paralelo ao sistema xyz e passando pelo centróide C da área.

Nesse caso, temos


B-7

a Z b Y= = . (B.16)e

0S

y dA′ =∫ (B.17)

0S

z dA′ =∫ , (B.18)

porque o sistema x’y’z’ passa pelo centróide da área.

Com as simplificações dadas pelas equações (B.17) e (B.18) e considerando-se

(B.16), podemos escrever, a partir das equações (B.11), (B.13) e (B.15)

2

y yI I Z S′= + (B.19)

2z zI I Y S′= + (B.20)

yz y zI I YZS′ ′= + (B.21)

Exemplo B.1 Dada a seção transversal, obter os seus momentos de inércia em relação ao

sistema de eixos passando pelo centróide, conforme indicado na figura B.6

Figura B.6 Exemplo B.1


B-8

Solução

• Cálculo do momento de inércia yI :

222 2 3 3

22

13 12

hh

y yhS h

bI z dA z bdz z I bh−

−

= = = ⇒ =∫ ∫ (B.22)

• Cálculo do momento de inércia zI :


B-9

222 2 3 3

22

13 12

bb

z zbS b

hI y dA y hdz z I hb−

−

= = = ⇒ =∫ ∫ (B.23)

▲ Exemplo B.2 Determinar a posição do centróide da seção transversal dada pela figura e os

momentos de inércia da área da seção em relação aos eixos y e z passando por esse

ponto, conforme indicado na figura B.7.

Figura B.7 Exemplo B.2

Solução

• Posição do centróide da seção:

Adotamos um sistema de referência segundo o qual será posicionado o centróide C da

seção, conforme mostra a figura a seguir.


B-10

1 2,C C são os centróides das áreas (1) e (e), respectivamente.

Y = 0 (o eixo z é um eixo de simetria, portanto, passa pelo centróide da área A)

1 2A A A= + , onde

21 (10)(30) 300A mm= =

22 (10)(40) 400A mm= =

Da figura acima temos

1 15z mm= (posição do centróide 1C da área 1A )

2 35z mm= (posição do centróide 2C da área 2A )

Da equação (B.1), com os valores acima, obtemos

1 1 2 2

1 2

(300)(15) (400)(35) 26,4300 400

A z A zZ Z mmA A+ +

= = ⇒ =+ +

Y=0 porque o eixo z é um eixo de simetria, portanto pelo centróide da seção A.


B-11

• Momento de inércia em relação aos eixos passando centróide C da seção:

Em relação ao eixo y:

O momento de inércia em relação a um eixo paralelo ao eixo y e passando pelo

centróide iC da área iA é obtido pela equação (B.22). No nosso caso 1,2i = .

( ) 3 41

1 (10)(30) 2250012y

I mm= = (eixo y é paralelo ao eixo y e passa por 1C )

( ) 3 42

1 (40)(10) 3333,312y

I mm= = (eixo y é paralelo ao eixo y e passa por 2C )

Aplicando-se a equação (B.19), com os seguintes valores obtidos da figura acima:

1 15 26,4 15 11,4d Z mm= − = − = (posição do centróide 1C em relação ao eixo y)

2 35 35 26,4 8,6d Z mm= − = − = (posição do centróide 2C em relação ao eixo y)


B-12

obtemos

( ) ( ) ( )2 2 41 1 1 1 22500 (11,4) (300) 61488

y yI I d A mm= + = + =

( ) ( ) ( )2 2 42 2 2 2 3333,3 (8,6) (400) 32917,3

y yI I d A mm= + = + =

O momento de inércia da área total 1 2A A A= + em relação a um eixo é a soma

dos momentos de inércias de cada área, em relação ao mesmo eixo. Portanto,

( ) ( ) 41 2 61488 32917,3 94405,3y yy y

I I I I mm= + = + ⇒ =

Em relação ao eixo z:

O momento de inércia em relação a um eixo paralelo ao eixo z e passando pelo

centróide iC da área iA é obtido pela equação (B.23). No nosso caso 1,2i = .

( ) 3 41

1 (30)(10) 250012z

I mm= = (eixo z é paralelo ao eixo z e passa por 1C )

( ) 3 42

1 (10)(40) 53333,312z

I mm= = (eixo z é paralelo ao eixo z e passa por 2C )

Como o eixo z passa pelos centróides 1 2,C C temos

( ) ( ) ( )2 2 41 1 10 2500 (0) (300) 2500

z zI I A mm= + = + =

( ) ( ) ( )2 2 42 2 20 53333,3 (0) (400) 53333,3

z zI I A mm= + = + =

O momento de inércia total da área em relação ao eixo z é dado pela soma dos

momentos de inércias da cada área em relação ao mesmo eixo z:

( ) ( ) 41 2 2500 53333,3 55833,3z zz z

I I I I mm= + = + ⇒ = ▲


B-13

Exemplo B.3 Determinar os momentos e produto de inércia da área do círculo definido pela

circunferência de diâmetro d.

Solução

• Momento de inércia em relação ao eixo z: Definimos a área elementar dA como

dA rd drθ= ,

a qual é ilustrada na figura a seguir.

Escrevemos as coordenadas y e z em termos do ângulo θ como a seguir.

siny r θ= cosz r ϑ=

Pela definição do momento de inércia de área, escrevemos

( ) ( )/ 2 22 22

0 0sin sin

d

zS S

I y dA r dA r rd drπ

θ θ θ= = =∫ ∫ ∫ ∫

/ 24/ 2 2 23 2 2

0 0 00

sin sin4

dd rr d dr d

π πθ θ θ θ= =∫ ∫ ∫


B-14

Como 2 2cos 2 cos sinθ θ θ= − e 2 21 cos sinθ θ= + , podemos escrever

2 1 1sin cos 22 2

θ θ= − .

Substituindo na integral anterior, escrevemos

/ 24 4 42 22

0 00

1 1sin cos 24 64 2 2 64

d

z zr d dI d d I

π π πθ θ θ θ⎛ ⎞= = − ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

De momo semelhante, obtemos 4

64ydI π

=

Da definição do produto de inércia de área, escrevemos

( ) ( )/ 2 2 / 2 23

0 0 0 0sin cos sin cos

d d

yzS

I yrdA r r rd dr r dr dπ π

θ θ θ θ θ θ= = =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Mas, como 1sin cos sin 22

θ θ θ= , podemos reescrever a expressão acima como a seguir.


B-15

/ 2 24 4/ 2 2 23

0 0 000

0

1 1 1sin cos sin 2 cos 2 04 2 64 2 2

dd

yz yzr dI r dr d d I

ππ π

θ θ θ θ θ θ⎛ ⎞ ⎡ ⎤= = = − ⇒ =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎣ ⎦∫ ∫ ∫

▲

• Comentários: Eixos Principais de inércias são os eixos em relação aos quais o produto de inércia

da área é nulo. O produto de inércia em relação a um eixo de simetria da seção é nulo,

como podemos observar pelo exemplo B.3. Isso ocorre porque o eixo de simetria é um

eixo principal de inercial.

apostila de est-11 - prof. adriano (completa)

Documents