Notas de Aula - Introdução à Mecânica dos Sólidos 2022-1

Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 1 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. A trajetória de estruturas na Engenharia Mecânica Introdução à Mecânica dos Sólidos Análise Estrutural Resistência dos Materiais Método dos Elementos Finitos para Análise de Estruturas Resistência dos Materiais Avançada (Teoria da Elasticidade) Análise Estrutural Avançada Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 2 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 1 - Introdução à Mecânica dos Sólidos 1.1 - Introdução Nas disciplinas de física, área de mecânica, o enfoque se dá na análise de atuação de um sistema de forças em um corpo. Sabe-se que quando um sistema de forças é aplicado em um corpo, resulta na alteração do estado de movimento desse corpo, bem como na sua forma ou ambos simultaneamente. Na mecânica dos corpos rígidos o objeto de estudo está relacionado à alteração no estado de movimento gerado pelas forças atuantes. Assume-se que a idealização de corpo rígido não gera deformações no corpo. No entanto, sabe-se que, na natureza, não existe um corpo que seja totalmente rígido. Na Mecânica dos Sólidos também serão abordadas as deformações e, por isso, serão necessárias outras relações além do equilíbrio de forças. Será necessário incluir as relações de compatibilidade e as relações constitutivas, as quais serão definidas oportunamente. 1.2 - Meio Contínuo No escopo deste curso e na grande maioria dos problemas de engenharia os corpos são tratados de forma macroscópica e isso permite tratar os efeitos microscópios de átomos e moléculas como uma média de suas influências em todo o corpo, como sendo um meio contínuo. Ao assumir algo como sendo um meio contínuo, são estabelecidas considerações de continuidade e homogeneidade. Ser contínuo significa ser totalmente preenchido por matéria, ou seja, não possuir vazios. E, ser homogêneo implica em ter propriedades constantes em todo o corpo. 1.3 - Corpo Rígido e Corpo Deformável Um corpo rígido é uma idealização onde, independentemente da magnitude das forças a ele aplicadas, assume-se que o corpo não se deformará. Não deformar significa que dois pontos no interior do corpo sempre manterão uma mesma distância entre si, independentemente das magnitudes das forças nele aplicadas. Na realidade, na natureza não existe corpo que se comporta exatamente desta maneira, mas a simplificação de corpo rígido é válida em muitos casos em que as deformações são ínfimas. Um corpo deformável, diferentemente do corpo rígido, está submetido a alterações em suas dimensões e em sua forma mediante a aplicação de forças. Este é um modelo mais real do comportamento dos sólidos e será o objeto de estudo deste curso. Para um corpo que se deforma, os deslocamentos globais dos elementos que os compõe serão compostos por uma parcela de movimento de corpo rígido e uma parcela de deformação. As equações de equilíbrio permitem obter a parcela de corpo rígido, mas, para o estudo das deformações se faz necessário o uso das relações entre forças e deformações, denominada como relações constitutivas. 1.4 - Condições de Contorno (Apoios) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 3 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 1.4.1 - Engaste: O engaste é um tipo de apoio que restringe todos os graus de liberdade, assim como mostrado na Figura abaixo: 1.4.2 - Apoio Rotulado Fixo O apoio rotulado fixo impõe restrição a todos os deslocamentos, mas permite que a estrutura gire livremente ao seu redor, assim como mostrado na Figura abaixo: 1.4.3 - Apoio Rotulado Móvel O apoio rotulado móvel impõe restrição apenas a deslocamentos na vertical, permitido que a estrutura translade livremente na horizontal e gire livremente ao redor do apoio, assim como indicado na Figura a seguir: 1.5 - Equações fundamentais 1.5.1- Equações de Equilíbrio Apoio Reações M V H Figura 1: Engaste Apoio Reações V H Figura 2: Apoio Rotulado Fixo Apoio Reações V Figura 3: Apoio Rotulado Móvel Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 4 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. As equações de equilíbrio, como o próprio nome sugere, são equações que garantem que um corpo esteja em equilíbrio, ou seja, em estado inercial. Estas equações formam, no espaço tridimensional, um conjunto de seis igualdades, que são os equilíbrios de forças e momentos nas três direções. Estas equações estarão sempre presentes no estudo da mecânica dos sólidos. 1.5.2 - Equações de Compatibilidade As equações de compatibilidade são relações de deformação e deslocamento no interior dos corpos. Estas equações garantem que os deslocamentos e deformações nos corpos sejam compatíveis, como por exemplo, no sistema de molas indicado na Figura 4 ao lado. Assumindo que a barra suportada pelas molas é um corpo rígido, após as molas se deformarem, devido à carga P, os pontos nos quais as molas estão fixas na barra devem continuar descrevendo a equação de uma reta. 1.5.3 - Equações Constitutivas As equações constitutivas são igualdades que relacionam forças com “deslocamentos” (tensão com deformação, no caso de meio contínuo deformável). Um bom exemplo deste tipo de equação é a equação que relaciona força e deslocamento em uma mola (na verdade este deslocamento representa a deformação da mola). No caso de serem diretamente proporcionais estas se relacionam pela constante elástica da mola. 1.6 - Grau de estaticidade de uma estrutura 1.6.1 - Sistemas Isostáticos São sistemas em que o número de incógnitas existentes é igual ao número de equações da estática (equações de equilíbrio), ou seja, as incógnitas do sistema podem ser determinadas utilizando somente as equações de equilíbrio. 1.6.2 - Sistemas Hiperestáticos Este tipo de sistema é o caso em que o número de incógnitas existentes é superior à quantidade de equações da estática. Para a solução deste tipo de problema se faz necessária o uso das equações constitutivas e das equações de compatibilidade. 1.6.3 - Sistemas Hipostáticos K3 K2 K1 P Figura 4: Sistema de Molas Hiperestático Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 5 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Este tipo de sistema se enquadra em um caso no qual se tem menos incógnitas que equações da estática, isto implica em uma estrutura com graus de liberdade para se mover no plano como mecanismo de corpo rígido. Este tipo de estrutura tem ampla aplicação nos mais diversos tipos de mecanismos, por exemplo, o mecanismo biela manivela de um motor a pistão é uma estrutura hipostática, pois deve se mover. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 6 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 2- Sistemas discretos com molas 2.1 - Introdução Neste capítulo serão discutidos diversos problemas em que devem-se utilizar equações de compatibilidade, constitutivas e de equilíbrio na solução de sistemas envolvendo molas e corpos rígidos. O propósito de se trabalhar com molas se deve ao fato de que todo corpo é deformável e pode ser representado por uma mola. 2.2 - Equações Constitutivas: Considere mola representada na Figura 5 a seguir, em que fi1 e fi2 representam forças internas do elemento de mola, enquanto 𝑑1 𝑖 e 𝑑2 𝑖 representam os deslocamentos do nó à esquerda e à direita da mola, respectivamente. A deformação (Δi) do elemento de mola pode ser escrita como: ∆𝑖= 𝑑2 𝑖 − 𝑑1 𝑖 Com isso a equação constitutiva para a mola pode ser escrita como: 𝑓𝑖 = 𝐾𝑖∆𝑖= 𝐾𝑖(𝑑2 𝑖 − 𝑑1 𝑖 ) Pela equação constitutiva de uma mola pode-se observar que existe uma relação linear entre força e deformação em uma mola. A conclusão desta equação é que se a deformação em um elemento de mola é conhecida, consequentemente a força neste elemento também será conhecida. 2.3 - Equações de equilíbrio: As equações de equilíbrio em sistemas de mola são as seis equações da estática, ou seja, no sistema cartesiano o somatório de momentos e forças nas três direções ortogonais deve ser igual à zero para um sistema estático. Um caso particular, mas muito comum em sistemas de molas é a existência de problemas bidimensionais, neste caso, as equações de equilíbrio serão reduzidas a três, somatório de forças em Ki 𝑑2 𝑖 𝑑1 𝑖 𝑓2 𝑖 𝑓1 𝑖 Figura 5: Mola Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 7 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. duas direções e somatório de momentos em apenas uma direção dos eixos cartesianos. 2.4 - Equações de Compatibilidade: Em sistemas de molas as equações de compatibilidade serão definidas por meio de deslocamentos conhecidos, que em geral poderão ser obtidos por uma simples análise da geometria do problema. As equações devem assegurar que os deslocamentos no sistema sejam compatíveis com as restrições impostas por parâmetros geométricos no sistema. Exemplo 1: Com o intuito de tornar mais claro a aplicação dos três conjuntos de equações em sistemas de molas, será resolvido o sistema representado na Figura 6 a seguir: 1º Equações de Equilíbrio: Nó 1: ∑ 𝐹𝐻 = 0 −𝑓1 2 − 𝐹1 + 𝑓2 1 = 0 𝑓2 1 − 𝑓1 2 = 𝐹1 FIGURA COM NÓ E MOLA PARA INDICAR AÇÃO E REAÇÃO 2 1 u2 u1 F2 F1 K3 K2 K1 Figura 6: Sistema de Molas Exemplo 1 F1 𝑓1 2 𝑓2 1 Figura 7: Equilíbrio do Nó 1 Por convenção, as forças internas no sentido positivo, representa a mola sendo tracionada. Isto equivale a representar as forças como se estivessem tracionando o nó (ação e reação). Após a solução do sistema, caso o sinal de alguma destas forças for negativo, isto indica que a mesma está submetida a compressão. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 8 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Nó 2: ∑ 𝐹𝐻 = 0 −𝑓2 2 + 𝐹2 + 𝑓1 3 = 0 𝑓2 2 − 𝑓1 3 = 𝐹2 Para melhor fluidez de exposição, será adotada a seguinte simplificação nos índices das forças: 𝑓1 = 𝑓2 1 (força na mola 1, positiva quando traciona a mola) 𝑓2 = | 𝑓1 2| = | 𝑓2 2| (força na mola 2, positiva quando traciona a mola) 𝑓3 = 𝑓1 3 (força na mola 3, positiva quando traciona a mola) 2° Equações Constitutivas: 𝑓1 = 𝐾1∆1 𝑓2 = 𝐾2∆2 𝑓3 = 𝐾3∆3 3° Equações de Compatibilidade: ∆𝑖= 𝑑2 𝑖 − 𝑑1 𝑖 Ou seja, ∆1= 𝑑2 1 − 𝑑1 1 F2 𝑓1 3 𝑓2 2 Figura 8: Equilíbrio do Nó 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 9 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∆2= 𝑑2 2 − 𝑑1 2 ∆3= 𝑑2 3 − 𝑑1 3 Como, 𝑑1 1 = 0 𝑑2 1 = 𝑢1 𝑑1 2 = 𝑢1 𝑑2 2 = 𝑢2 𝑑1 3 = 𝑢2 𝑑2 3 = 0 Substituindo os deslocamentos das molas, 𝑑𝑖 𝑘, pelos deslocamentos globais, 𝑢𝑖, nas deformações das molas ∆𝑘, obtém-se as 3 (três) equações de compatibilidade a serem utilizadas na solução do problema: ∆1= 𝑢1 − 0 ∆2= 𝑢2 − 𝑢1 ∆3= 0 − 𝑢2 Substituindo as equações de compatibilidade nas equações constitutivas: 𝑓1 = 𝐾1𝑢1 𝑓2 = 𝐾2(𝑢2 − 𝑢1) 𝑓3 = 𝐾3(−𝑢2) E, finalmente, substituindo as equações acima nas equações de equilíbrio, tem-se: 𝐾1𝑢1 − 𝐾2(𝑢2 − 𝑢1) = 𝐹1 (1ª equação de equilíbrio) 𝐾2(𝑢2 − 𝑢1) − 𝐾3(−𝑢2) = 𝐹2 (2ª equação de equilíbrio) Colocando 𝑢1 e 𝑢2 em evidencia, segue: (𝐾1 + 𝐾2)𝑢1 − 𝐾2𝑢2 = 𝐹1 −𝐾2𝑢1 + (𝐾2 + 𝐾3)𝑢2 = 𝐹2 Ou, em representação matricial: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 10 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. [𝐾1 + 𝐾2 −𝐾2 −𝐾2 𝐾2 + 𝐾3] {𝑢1 𝑢2} = {𝐹1 𝐹2} Invertendo a matriz, tem-se: {𝑢1 𝑢2} = [𝐾2 + 𝐾3 +𝐾2 +𝐾2 𝐾1 + 𝐾2] (𝐾1 + 𝐾2)(𝐾2 + 𝐾3) − 𝐾2 2 {𝐹1 𝐹2} Com isso obtêm-se: 𝑢1 = (𝐾2 + 𝐾3)𝐹1 + 𝐾2𝐹2 (𝐾1 + 𝐾2)(𝐾2 + 𝐾3) − 𝐾2 2 𝑢2 = 𝐾2𝐹1 + (𝐾1 + 𝐾2)𝐹2 (𝐾1 + 𝐾2)(𝐾2 + 𝐾3) − 𝐾2 2 Substituindo as expressões de 𝑢1 e 𝑢2 nas equações constitutivas obtêm-se as forças nas molas 𝐾1, 𝐾2 e 𝐾3. Para entender o comportamento da distribuição das forças internas nas molas, será feita uma análise de distribuição destas forças considerando três situações distintas. Para facilitar a interpretação dos resultados desta análise, será assumido que 𝐹2 = 0, com isso tem-se: 𝑓1 = 𝐾1(𝐾2 + 𝐾3)𝐹1 (𝐾1 + 𝐾2)(𝐾2 + 𝐾3) − 𝐾2 2 𝑓2 = −𝐾2𝐾3𝐹1 (𝐾1 + 𝐾2)(𝐾2 + 𝐾3) − 𝐾2 2 𝑓3 = −𝐾3𝐾2𝐹1 (𝐾1 + 𝐾2)(𝐾2 + 𝐾3) − 𝐾2 2 Caso A (K1=0): 𝑓1 = 0 𝑓2 = 𝑓3 = −𝐹1 Caso B (K2=0): 𝑓1 = 𝐹1 𝑓2 = 𝑓3 = 0 Caso C (K3=0): 𝑓1 = 𝐹1 𝑓2 = 𝑓3 = 0 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 11 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Caso D (K1 = K3 = 0): 𝑓1 = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜 𝑓2 = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜 𝑓3 = 𝑖𝑛𝑑𝑒𝑡𝑒𝑟𝑚𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜 e, 𝑢1 = (𝐾2+𝐾3)𝐹1 (𝐾1+𝐾2)(𝐾2+𝐾3)−𝐾22 → ∞ (representa grande deslocamento ou “deslocamento de corpo rígido”) 𝑢2 = 𝐾2𝐹1 (𝐾1+𝐾2)(𝐾2+𝐾3)−𝐾22 → ∞ (também representa deslocamento de corpo rígido) A conclusão que se pode tirar desta análise de distribuição de forças nas molas é que as cargas tendem a se transferir do ponto de aplicação no sistema de molas para os apoios pelo caminho mais rígido entre o ponto de aplicação da carga e os apoios. Um exemplo claro disto são as estruturas de um prédio estruturado com vigas e pilares onde as cargas são transferidas dos pontos de aplicação das mesmas até a fundação da edificação por meio das vigas e pilares, uma vez que estas são muito mais rígidas que a alvenaria da edificação que não tem função estrutural, mas, sim de vedação. 2.5 - Associações de Molas: Quando duas molas estão conectadas em série, ou em paralelo é possível obter uma constante de mola equivalente e substituir a combinação dessas molas por uma única mola equivalente. Deve-se, no entanto, observar bem as restrições de aplicação deste método que são devido às hipóteses que serão feitas na dedução das expressões. 2.5.1- Molas em série: Considere os sistemas indicados na Figura a seguir: (a) composto por duas molas de constantes elásticas K1 e K2; e (b) composto por uma única mola de constante elástica KE (sistema com a mola equivalente). As equações de equilíbrio de forças no sistema (a) podem ser expressas como: 𝑓1 = 𝑓2 (equação de equilíbrio do nó 1) 𝑓2 = 𝐹 (equação de equilíbrio do nó 2) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 12 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. FAZER DIAGRAMA DE FORÇAS (Equilíbrio do nó 1 e do nó 2) Onde, 𝑓1 e 𝑓2 são as forças (internas) que atuam nas molas K1 e K2, respectivamente, e F o carregamento externo aplicado ao sistema. Equações constitutivas 𝑓1 = 𝐾1Δ1; 𝑓2 = 𝐾2Δ2; e 𝐹 = 𝐾𝐸Δ𝐸 Equações de compatibilidade Δ1 = 𝑢1 − 0; Δ2 = 𝑢2 − 𝑢1; Δ𝐸 = 𝑢𝐹 − 0; e 𝑢𝐹 = 𝑢2 Combinando as duas equações de equilíbrio obtém-se 𝑓1 = 𝐹 Substituindo as equações constitutivas nesta equação, 𝐾1Δ1 = 𝐾𝐸Δ𝐸 Usando as equações de compatibilidade, 𝐾1𝑢1 = 𝐾𝐸𝑢𝐹 ═> 𝑢1 = (𝐾𝐸/𝐾1)𝑢𝐹 Expressando a 2ª equação de equilíbrio, 𝑓2 = 𝐹 , em termos de deslocamentos (usando as equações constitutivas e as equações de compatibilidade), tem-se: 𝐾2(𝑢2 − 𝑢1) = 𝐾𝐸𝑢𝐹 Usando 𝑢1 = (𝐾𝐸/𝐾1)𝑢𝐹 𝐾2[ 𝑢2 − (𝐾𝐸/𝐾1)𝑢𝐹] = 𝐾𝐸𝑢𝐹 F K2 K1 KE F U1 U2 UF Figura 9: Molas em série (a) (b) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 13 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Das equações de compatibilidade 𝑢2 = 𝑢𝐹. Substituindo na expressão acima, obtém- se: 𝐾2𝑢𝐹 = (1 + 𝐾2/𝐾1) 𝐾𝐸𝑢𝐹 ═> 𝐾𝐸 = 𝐾1𝐾2/(𝐾1 + 𝐾2) Ou, 1 𝐾𝐸 = 1 𝐾1 + 1 𝐾2 Obs: Este resultado expressa o fato de a deformação da mola equivalente ser igual à soma das deformações das molas K1 e K2 separadamente. Ou seja, Δ𝐸 = Δ1 + Δ2, o que é equivalente a dizer que 𝐹 𝐾𝐸 = 𝐹 𝐾1 + 𝐹 𝐾2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 14 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 2.5.2 - Molas em paralelo: Considerando agora o sistema abaixo em que possuímos também duas molas de constantes elásticas K1 e K2 e o sistema equivalente de constante elástica KT, supondo que a barra que ligas as molas 1 e 2 possui movimento exclusivamente de translação, as deformações tanto na mola 1 quanto na 2 devem ser iguais. Para que o sistema esteja em equilíbrio, o somatório de forças internas nas molas 1 e 2 deve ser igual à força F e, para que o sistema seja compatível, a deformação da mola equivalente deve ser igual à das molas K1 e K2 e a força na mola equivalente igual à força F. FAZER DIAGRAMA DE FORÇAS (Equilíbrio da barra) Usando as considerações anteriores, tem-se: 𝐹 = 𝑓1 + 𝑓2 (equação de equilíbrio) 𝐾𝐸𝑢𝐹 = 𝐾1𝑢𝐹 + 𝐾2𝑢𝐹 𝐾𝐸 = 𝐾1 + 𝐾2 Nas expressões acima foram utilizadas as equações constitutivas, juntamente com as equações de compatibilidade Δ𝐸 = Δ1 = Δ2 = (UF – 0). Obs: Este resultado expressa o fato de a força da mola equivalente ser igual à soma das forças das molas K1 e K2, separadamente. Ou seja, 𝐾𝐸𝑢𝐹 = 𝐾1𝑢𝐹 + 𝐾2𝑢𝐹, o que equivale a dizer que F𝐸 = f1 + f2, 2.6 - Exercícios resolvidos: KE F K2 K1 F UF Figura 10: Molas em Paralelo UF Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 15 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 2.6.1: Considere o sistema da Figura 11 em que uma barra rígida está carregada em sua extremidade direita com a força P e suportada pelo apoio fixo rotulado em sua extremidade esquerda e duas molas de constantes elásticas K1 e K2: Determine: a) Os deslocamentos nas molas k1 e k2. b) As forças nessas molas. c) Reação de apoio em A Solução a) Como a barra que conecta as molas é rígida a mesma deve continuar reta após a aplicação da carga P no sistema. Com isso pode-se obter a equação de compatibilidade relacionando os deslocamentos em ambas as molas como segue: Equação de compatibilidade: Por semelhança de triângulos obtém-se: ∆1 𝐿 2 ⁄ = ∆2 𝐿 ∆2= 2∆1 P K1 K2 Figura 11: Exercício 2.6.1 Δ2 Δ1 Figura 12: Sistema deformado após aplicação da carga P L/2 L/2 A Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 16 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Equações constitutivas: 𝑓1 = 𝐾1∆1 𝑓2 = 𝐾2∆2 Como ∆2= 2∆1 Equações de equilíbrio: As equações de equilíbrio podem ser obtidas por meio de somatório de forças na vertical e somatório de momentos em torno de um eixo perpendicular ao plano da figura passando pelo ponto em que a barra está suportada no apoio, com isso: ∑ 𝑉 = 0 𝑅𝑉𝐴 + 𝑓1 + 𝑓2 = 𝑃 ∑ 𝑀𝐴 = 0 𝑓1𝐿 2 + 𝑓2𝐿 − 𝑃𝐿 = 0 𝑓1 = 2(𝑃 − 𝑓2) Substituindo as equações constitutivas na equação de equilíbrio de momentos: 𝐾1∆1= 2(𝑃 − 𝐾2∆2) Usando a equação de compatibilidade, ∆2= 2∆1: 𝐾1∆1= 2(𝑃 − 2𝐾2∆1) Resolvendo para ∆1 e, em seguida, obtendo o ∆2, tem-se: ∆1= 2𝑃 𝐾1 + 4𝐾2 E, lembrando que ∆2= 2∆1, então, RVA f1 f2 Figura 13: Diagrama de corpo livre exercício 1 P Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 17 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∆2= 4𝑃 𝐾1 + 4𝐾2 b) Substituindo as expressões dos deslocamentos obtidos anteriormente nas equações constitutivas tem-se: 𝑓1 = 2𝑃𝐾1 𝐾1 + 4𝐾2 𝑓2 = 4𝑃𝐾2 𝐾1 + 4𝐾2 c) Substituindo as expressões de f1 e f2 na equação de equilíbrio de forças na direção vertical, tem-se: 𝑅𝑉𝐴 = 𝑃 − 𝑓1 − 𝑓2 Ou, 𝑅𝑉𝐴 = 𝑃 − 2𝑃𝐾1 𝐾1+4𝐾2 − 4𝑃𝐾2 𝐾1+4𝐾2 Exercício 2.6.2: Para o sistema da Figura 14 com K1=100N/m, K2=150N/m, K3=200N/m e P = 5N, determine: a) Deslocamentos nas molas 1, 2 e 3. b) Forças nas molas 1, 2 e 3. Solução a) As equações de equilíbrio podem ser obtidas fazendo o somatório de forças na vertical e somatório de momentos em torno de um eixo perpendicular ao plano da Figura passando pelo ponto em que a mola 1 encontra a barra. ∑ 𝑉 = 0 𝑓1 + 𝑓2 + 𝑓3 = 𝑃 (1) ∑ 𝑀1 = 0 2m 2m 1m K3 K2 K1 P Figura 14: Estrutura do problema 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 18 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 4𝑓3 + 2𝑓2 − 3𝑃 = 0 (2) As equações constitutivas são da forma: 𝑓1 = 100∆1 (3) 𝑓2 = 150∆2 (4) 𝑓3 = 200∆3 (5) Para obter as equações de compatibilidade, considere a barra inclinada indicada na Figura15 ao lado. Por semelhança de triângulos pode se escrever que: ∆2−∆1 2 = ∆3−∆1 4 Ou, ∆1= 2∆2 − ∆3 (6) ATENÇÃO USAR ∆ PARA DEFORMAÇÃO E u PARA DESLOCAMENTO Substituindo as equações constitutivas na primeira equação de equilíbrio: 100∆1 + 150∆2 + 200∆3= 𝑃 Utilizando a equação de compatibilidade, ∆1= 2∆2 − ∆3, obtém-se 100(2∆2 − ∆3) + 150∆2 + 200∆3= 5 Ou, 350∆2 + 100∆3= 5 Substituindo as equações constitutivas na segunda equação de equilíbrio, 4𝑓3 + 2𝑓2 − 3𝑃 = 0 4 𝑥 200∆3 + 2 𝑥 150∆2= 15 Simplificando: 350∆2 + 100∆3= 5 300∆2 + 800∆3= 15 Resolvendo o sistema: Δ1 Δ3- Δ1 Δ2- Δ1 Figura 15: Barra inclinada exercício 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 19 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∆2= 0,01𝑚 ∆3= 0,015𝑚 Substituindo estes valores equação de compatibilidade, Eq. (6), vem que: ∆1= 0,005𝑚 b) Para obter as forças nas molas substituem-se os deslocamentos, obtidos acima, nas equações constitutivas, ou seja: 𝑓1 = 0,5𝑁 𝑓2 = 1,5𝑁 𝑓3 = 3,0𝑁 Exercício 2.6.3: Para a estrutura de barras representada na Figura 16 ao lado, todas as barras são constituídas de aço e seção circular de área igual a 20mm2, com módulo de elasticidade igual 200GPa. Note que a estrutura é simétrica em relação ao eixo “X”. Determine: a) Deslocamentos, horizontal e vertical, no ponto em que a força é aplicada. b) Forças em todas as três barras. Solução a) Inicialmente, para resolver este exercício deve-se notar que, por ser simétrico em relação ao eixo “X” o deslocamento do ponto no eixo “Y” deve ser nulo para que a condição de simetria seja atendida. Como a equação constitutiva para um elemento de barra é da forma: 𝑓𝑖 = 𝐾𝑖∆𝑖 Onde 3 2 1 1m 2m 200N Y X Figura 16: Sistema exercício 3 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 20 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝐾𝑖 = 𝐸𝑖𝐴𝑖 𝐿𝑖 O comprimento das barras inclinadas pode ser obtido utilizando o teorema de Pitágoras, ou seja: 𝐿1 = 𝐿3 = √22 + 12 2 = √5 2 Com isso pode-se escrever as equações constitutivas como: 𝑓1 = 200𝑥109𝑥20𝑥10−6 √5 2 ∆1= 1,79𝑥106 ∆1 (1) 𝑓2 = 200𝑥109𝑥20𝑥10−6 2 ∆2= 2,00𝑥106 ∆2 (2) 𝑓3 = 200𝑥109𝑥20𝑥10−6 √5 2 ∆3= 1,79𝑥106 ∆3 (3) A condição de compatibilidade é a de que a projeção em “X” dos deslocamentos de todas as barras é a mesma. Como as barras 1 e 3 estão inclinadas, para obter o deslocamento das mesmas em na direção “X” deve-se considerar a estrutura deformada indicada na Figura a seguir: Lembrando que o comprimento da barra inclinada, não deformada, é igual a √5 2 m, e o da barra horizontal, não deformada, igual a 2m, pode-se utilizar o teorema de Pitágoras para obter a relação a seguir: (√5 2 + ∆1)2 = 12 + (2 + ∆𝑥)2 5 + 2√5 2 ∆1 + ∆1 2 = 1 + 4 + 4∆𝑥 + ∆𝑥 2 Para ∆1e ∆𝑥 pequenos, pode-se desconsiderar os termos de 2ª ordem, resultando em: ∆𝑥= √5 2 2 ∆1= √5 2 2 ∆3= ∆2 (4) Δ1 Δx Figura 17: Estrutura deformada exercício 3 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 21 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Esta equação de compatibilidade relaciona o deslocamento no eixo das barras inclinadas com o deslocamento na direção de “X”. Fazendo o equilíbrio de forças no nó de encontro das barras na direção horizontal, vem que: ∑ 𝐻 = 0 𝑓2 + 𝑓1 2 √5 2 + 𝑓3 2 √5 2 − 200 = 0 (5) Substituindo as equações constitutivas (1), (2) e (3) na equação de equilíbrio (5), 2,00𝑥106 ∆2 + 1,79𝑥106 ∆1 2 √5 2 + 1,79𝑥106 ∆3 2 √5 2 = 200 Expressando ∆1, ∆2 e ∆3 em função de ∆𝑥, conforme equação de compatibilidade (4) e substituindo na equação acima, 2,00𝑥106 ∆𝑥 + 1,79𝑥106 4 5 ∆𝑥 + 1,79𝑥106 4 5 ∆𝑥 = 200 Ou, ∆𝑥= 4,11𝑥10−5 Com isso: ∆1= 3,68𝑥10−5𝑚 ∆2= 4,11𝑥10−5𝑚 ∆3= 3,68𝑥10−5𝑚 b) Substituindo os valores dos deslocamentos obtidos no item anterior nas equações constitutivas (1), (2) e (3) obtêm-se as forças nas barras. Ou seja: 𝑓1 = 65,9𝑁 𝑓2 = 82,2𝑁 𝑓3 = 65,9𝑁 Exercício 2.6.4: f3 f2 f1 200N Figura 18: Corpo livre nó exercício 3 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 22 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. O sistema com molas indicado na Figura é projetado para aferir o valor de uma carga P aplicada na ponta da barra em função do ângulo de rotação da mesma. Sabendo que as constantes elásticas K1, K2, K3 e K4 são iguais à 1kN/m, 2kN/m, 5kN/m e 10kN/m, encontre a função que relaciona o ângulo de rotação com a carga P. As molas estão igualmente espaçadas de 1 metro entre si e o comprimento total da barra é de 6 metros. Solução Fazendo o equilíbrio de momentos em torno de um eixo, perpendicular ao plano da figura, passando pelo ponto em que a viga se conecta ao apoio fixo rotulado tem-se: FAZER DIAGRAMA DO CORPO RIGIDO COM AS FORÇAS ∑ 𝑀𝐴 = 0 3𝑓1 + 4𝑓2 + 5𝑓3 + 6𝑓4 − 6𝑃 = 0 (1) As equações constitutivas podem ser escritas como: 𝑓1 = 1.000∆1 (2) 𝑓2 = 2.000∆2 (3) 𝑓3 = 5.000∆3 (4) 𝑓4 = 10.000∆4 (5) P K3 K2 K1 K4 Figura 19: sistema do exercício 4 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 23 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. A condição de compatibilidade geométrica pode ser obtida observando a Figura 20 a seguir: Por semelhança de triângulos tem-se: ∆1 3 = ∆2 4 = ∆3 5 = ∆4 6 (6) Substituindo as equações constitutivas (2), (3), (4) e (5) na equação de equilíbrio, (1), 3𝑥1.000 ∆1 + 4𝑥2.000 ∆2 + 5𝑥5.000 ∆3 + 6𝑥10.000 ∆4 − 6𝑃 = 0 Utilizando as equações de compatibilidade, (6) para expressar todas as deformações em função de ∆1, tem-se: 3.000∆1 + 2.000 16 3 ∆1 + 5.000 25 3 ∆1 + 10.000 36 3 ∆1 − 6𝑃 = 0 ∆1= 3,422𝑥10−5𝑃 De acordo com a geometria da barra, indicada na Figura 20, o ângulo de inclinação da mesma em relação ao eixo “X” é: 𝜃 = tan−1 (∆1 3 ) Ou: 𝜃 = tan−1 (3,422𝑥10−5𝑃 3 ) Portanto: 𝑃 = 3 3,422𝑥10−5 tan(𝜃) Com está relação é possível determinar a carga P apenas medindo o ângulo de rotação da barra. Δ1 Δ2 Δ3 Δ4 Figura 20: Estrutura deformada exercício 4 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 24 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 2.6.5: O sistema indicado na Figura deve assegurar que a barra, sujeita à aplicação de uma força P no local indicado, tenha movimento apenas de translação vertical. Determine a distância “C” para que esta condição seja satisfeita sabendo que K1=1kN/m, K2=3kN/m e K3= 7kN/m e que o comprimento da barra é igual à 10 metros. Solução Como a barra só pode transladar, a condição de compatibilidade geométrica pode ser expressa por: ∆1= ∆2= ∆3 (1) As equações constitutivas podem ser escritas como: 𝑓1 = 1.000 ∆1 (2) 𝑓2 = 3.000 ∆2 (3) 𝑓3 = 7.000 ∆3 (4) As equações de equilíbrio podem ser obtidas fazendo somatório de forças na vertical e somatório de momentos no entorno de um eixo, perpendicular ao plano do papel, passando pelo ponto em que a mola 2 de conecta à barra, com isso tem-se: FAZER DIAGRAMA DE CORPO RÍGIDO COM AS FORÇAS ∑ 𝑉 = 0 𝑓1 + 𝑓2 + 𝑓3 − 𝑃 = 0 (5) 2m 1m K2 K1 Figura 21: Exercício 5 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 25 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∑ 𝑀2 = 0 1𝑓1 + 1𝑃 − 𝐶𝑓3 = 0 (6) Substituindo as equações constitutivas na equação de equilíbrio de forças na vertical, Eq. (5), 1.000 ∆1 + 3.000 ∆2 + 7.000 ∆3= 𝑃 Utilizando as equações de compatibilidade, (1), tem-se: 1.000 ∆1 + 3.000 ∆1 + 7.000 ∆1= 𝑃 11.000 ∆1= 𝑃 (7) Substituindo as equações constitutivas na equação de equilíbrio de momentos, Eq. (6), 1 𝑥 1.000 ∆1 + 1 𝑥 𝑃 − 𝐶 𝑥 7.000 ∆3= 0 Utilizando as equações de compatibilidade, e substituindo P =11.000 Δ1 na expressão acima, vem que: 1.000 ∆1 + 11.000 ∆1 − 𝐶7.000 ∆1= 0 Ou, 𝐶 = 1,71𝑚 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 26 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3 - Tensor Tensão 3.1 - Introdução: Neste capítulo será abordado o conceito de tensor tensão, a notação usada para identificar suas componentes e como estas atuam em diferentes planos de um ponto no interior do corpo. O conhecimento das componentes do tensor tensão atuantes em ponto de um meio continuo é fundamental para determinar se este meio poderá escoar ou romper neste ponto. Além disso, conhecendo as componentes do tensor tensão, é possível determinar como o sólido vai se deformar, já que, tensão e deformação são grandezas correlacionadas. Diferentemente do que muitos pensam, tensão não é somente a divisão de uma força por área, De fato, tensão é uma grandeza bem mais complexa, representada por nove componentes. Destas nove componentes três são componentes normais, que correspondem a uma força normal, dividida pela área em que a mesma atua. As seis componentes restantes são componentes de cisalhamento, oriundas da divisão de uma força que atua paralelamente à face pela área da face em que atua. Com estas nove componentes pode-se expressar o tensor tensão de segunda ordem que representa a grandeza de tensão no ponto. 3.2 - Notação: No escopo deste curso será adotada uma notação para que as nove componentes do tensor possam ser identificadas. Esta notação será constituída pela letra grega sigma (σ), com dois índices subscritos, 𝜎𝑖𝑗. O índice “i” diz respeito à normal ao plano em que a componente de tensão está atuando. Por exemplo, se esta atua em um plano cuja normal é o eixo “x”, o índice “i” será igual a “x”. O índice “j” representa a direção na qual a componente de tensão atua. Por exemplo, se a mesma atua na direção “y” o valor do índice será igual ao de sua direção. O sentido positivo das componentes de tensão será o sentido positivo do eixo, quando a normal à face estiver no sentido positivo do eixo. Caso a normal à face seja negativa, a componente será positiva de estiver atuando na direção negativa do eixo. Utilizando a notação apresentada acima e tomando como referência o sistema de coordenadas cartesiano, o tensor tensão pode ser escrito como: [𝜎] = [ 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 ] Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 27 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Os valores das componentes do tensor tensão variam em função da orientação do sistema de coordenadas que expressam as componentes do tensor. Para melhor exemplificar este fato, considere o tensor no caso de um ensaio de tração simples, em que uma barra é tracionada por uma força que atua na direção paralela ao eixo da barra, assim como indicado na Figura ao lado. Para este caso, como a força atua na mesma direção do eixo “x”, a componente de tensão (σxx), no meio da barra, pode ser escrita como: 𝜎𝑥𝑥 = 𝐹 𝐴 em que “A” é a área da seção transversal da barra, cuja normal tem a mesma direção de “x”. Nesse caso, o tensor tensão, expresso no sistema X, Y, pode ser representado em notação matricial como a seguir: [𝜎] = [ 𝐹 𝐴 ⁄ 0 0 0 0 0 0 0 0 ] Figura 3.2: Estado uniaxial de tensão Figura 3.1: Representação do tensor tensão Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 28 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3.3 - Componentes de tensão em planos inclinados: No exemplo anterior em que foi analisado o caso de componente uniaxial de tensão o objetivo era determinar a componente de tensão em uma face cuja normal estava alinhada com um dos eixos cartesianos e com o eixo de aplicação da carga. Imagine agora uma barra tracionada, assim como a do exemplo anterior, mas esta é composta de duas barras coladas em ângulo, assim como indicado na Figura ao lado. Para que se possa avaliar se esta cola irá ou não falhar é importante conhecer as componentes de tensão que atuam no plano em que a cola se encontra. Para se determinar o valor das componentes do tensor tensão” σx’x’” e “σx’y’”, em função do ângulo “Ɵ”, serão utilizadas as equações de equilíbrio de forças nas direções x’ e y’. Ou seja: ∑ 𝐹𝑥′ = 0 𝜎𝑥′𝑥′𝐴𝑥′ − 𝜎0𝐴𝑥 cos(𝜃) = 0 Observando que σ0 = σxx, pode-se reescrever esta equação como: 𝜎𝑥′𝑥′𝐴𝑥′ − 𝜎𝑥𝑥𝐴𝑥 cos(𝜃) = 0 Como AX = AX’ cos(Ɵ): INDICAR Ax NA FIGURA 𝜎𝑥′𝑥′𝐴𝑥′ − 𝜎𝑥𝑥𝐴𝑥′ cos(𝜃) cos(𝜃) = 0 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝜎𝑥𝑥[𝑐𝑜𝑠(𝜃)]2 = 𝜎𝑥𝑥 (1 + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 2 ) ∑ 𝐹𝑦′ = 0 𝜎𝑥′𝑦′𝐴𝑥′ + 𝜎0𝐴𝑥 sen(𝜃) = 0 Novamente, observando que σ0 = σxx : 𝜎𝑥′𝑦′𝐴𝑥′ + 𝜎𝑥𝑥𝐴𝑥 sen(𝜃) = 0 como AX = AX’ cos(Ɵ): Figura 3.3: Componentes de tensão em plano inclinado Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 29 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜎𝑥′𝑦′𝐴𝑥′ + 𝜎𝑥𝑥𝐴𝑥′ cos(𝜃) sen(𝜃) = 0 𝜎𝑥′𝑦′ = −𝜎𝑥𝑥 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = −𝜎𝑥𝑥 (𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 2 ) Representando o tensor tensão, nos eixos X’, Y’, em notação matricial, vem que: [𝜎] = 𝐹 𝐴 ⁄ [ (1 + 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 2 ) − (𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 2 ) 0 − (𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 2 ) 0 0 0 0 0] O Gráfico a seguir ilustra como as componentes 𝜎𝑥′𝑥′ 𝑒 𝜎𝑥′𝑦′ do tensor tensão variam em função do ângulo 𝜃: Gráfico 3.1: Tensões em plano inclinado da seção transversal no ensaio de tração simples INDICAR O EIXO EM FUNÇÃO DE THETA NA FIGURA ACIMA E NA EXPRESSÃO DA LEGENDA Exemplo 3.1: No plano inclinado indicado a seguir atuam as componentes de tensão 𝜎𝑥𝑥 = 20𝑀𝑃𝑎 e 𝜎𝑦𝑦 = 30𝑀𝑃𝑎. Considerando os comprimentos de suas faces iguais a 3, 4 e 5 unidades de comprimento, como ilustrado na figura, determine os valores das componentes de tensão 𝜎𝑁𝑁 e 𝜎𝑁𝑆 também representadas na Figura. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 30 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. DESENHAR SIGMAYY POSITIVO Figura Ex - 3.1.1: Exemplo 3.1 Solução O primeiro passo para a resolução deste exercício é calcular o ângulo Ɵ para, então, utilizar as equações de equilíbrio de forças. Com isso: 𝜃 = tg−1 (4 3) = 53,13𝑜 Para o equilíbrio de forças é necessário que as componentes do tensor tensão sejam multiplicadas pela área em que atuam. No caso específico em questão, as áreas de atuação das componentes de tensão são equivalentes aos produtos entre os respectivos comprimentos das arestas do triangulo por suas profundidades. Considerando que as dimensões das profundidades são iguais e assumindo a profundidade como “A”, tem-se: ∑ 𝐹𝑁 = 0 −4. 𝐴. 20𝑠𝑒𝑛(53,13) − 3. 𝐴. 30 cos(53,13) + 5. 𝐴. 𝜎𝑁𝑁 = 0 𝜎𝑁𝑁 = 80. 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(53,13) + 90. 𝐴. cos (53,13) 5. 𝐴 𝜎𝑁𝑁 = 23,6 𝑀𝑃𝑎 ∑ 𝐹𝑆 = 0 4. 𝐴. 20 cos(53,13) − 3. 𝐴. 30𝑠𝑒𝑛(53,13) + 5. 𝐴. 𝜎𝑁𝑆 = 0 𝜎𝑁𝑆 = − 80. 𝐴. cos(53,13) + 90. 𝐴. 𝑠𝑒𝑛(53,13) 5. 𝐴 𝜎𝑁𝑆 = 4,8 𝑀𝑃𝑎 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 31 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3.4 - Rotação de eixos no espaço - 3D Como verificado anteriormente, para o caso de componente uniaxial de tensão no eixo X, o valor das componentes do tensor tensão em diferentes planos pode ser obtido utilizando as equações de equilíbrio. Isto não é diferente no espaço 3D. Observando a Figura ao lado pode-se identificar as componentes do tensor tensão no espaço 3D. Efetuando um corte em ângulo neste sólido e estabelecendo as equações de equilíbrio obtém- se as expressões das componentes do tensor tensão em planos com quaisquer orientações no espaço 3D. Este corte pode ser representado como: Figura 3.5: Componentes do tensor tensão em plano inclinado – caso 3D Efetuando equilíbrio de forças considerando as componentes e áreas representadas na Figura 3.5, tem-se: ∑ 𝐹𝑋′ = 0 Ou seja, 𝜎𝑥′𝑥′𝐴′ = 𝜎𝑥𝑥. 𝐴𝑥. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑥𝑦. 𝐴𝑥. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑥𝑧. 𝐴𝑥. 𝑙𝑥′𝑧 + Figura 3.4: Tensões no espaço 3D (componentes das faces ocultas não estão representadas Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 32 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜎𝑦𝑥. 𝐴𝑦. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑦𝑦. 𝐴𝑦. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑦𝑧. 𝐴𝑦. 𝑙𝑥′𝑧 + 𝜎𝑧𝑥. 𝐴𝑧. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑧𝑦. 𝐴𝑧. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑧𝑧. 𝐴𝑧. 𝑙𝑥′𝑧 Onde, 𝑙𝑖𝑗 é o cosseno do ângulo entre os eixos “i” e “j”, denominado como cosseno diretor entre os eixos “i” e “j”. No caso especifico de cálculo da componente 𝜎𝑥′𝑥′, i = x’ e j = x ou y ou z. A’ representa a área cujo vetor normal está na direção de x’. Observe que neste caso: 𝐴𝑥 = 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑥·; 𝐴𝑦 = 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑦 e 𝐴𝑧 = 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑧 𝜎𝑥′𝑥′𝐴′ = 𝜎𝑥𝑥. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑥. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑥𝑦. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑥. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑥𝑧. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑥. 𝑙𝑥′𝑧 + 𝜎𝑦𝑥. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑦. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑦𝑦. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑦. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑦𝑧. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑦. 𝑙𝑥′𝑧 + 𝜎𝑧𝑥. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑧. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑧𝑦. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑧. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑧𝑧. 𝐴′. 𝑙𝑥′𝑧. 𝑙𝑥′𝑧 Dividindo ambos os lados por A’, obtém-se: 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝜎𝑥𝑥. 𝑙𝑥′𝑥. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑥𝑦. 𝑙𝑥′𝑥. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑥𝑧. 𝑙𝑥′𝑥. 𝑙𝑥′𝑧 + 𝜎𝑦𝑥. 𝑙𝑥′𝑦. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑦𝑦. 𝑙𝑥′𝑦. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑦𝑧. 𝑙𝑥′𝑦. 𝑙𝑥′𝑧 + 𝜎𝑧𝑥. 𝑙𝑥′𝑧. 𝑙𝑥′𝑥 + 𝜎𝑧𝑦. 𝑙𝑥′𝑧. 𝑙𝑥′𝑦 + 𝜎𝑧𝑧. 𝑙𝑥′𝑧. 𝑙𝑥′𝑧 Que em notação matricial pode ser escrito como: 𝜎𝑥′𝑥′ = (𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧) ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 ) ( 𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧 ) Repetindo este procedimento para todas as nove componentes do tensor tensão obtém-se a equação 3.1 a seguir: ( 𝜎𝑥′𝑥′ 𝜎𝑥′𝑦′ 𝜎𝑥′𝑧′ 𝜎𝑦′𝑥′ 𝜎𝑦′𝑦′ 𝜎𝑦′𝑧′ 𝜎𝑧′𝑥′ 𝜎𝑧′𝑦′ 𝜎𝑧′𝑧′ ) = ( 𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧 𝑙𝑦′𝑥 𝑙𝑦′𝑦 𝑙𝑦′𝑧 𝑙𝑧′𝑥 𝑙𝑧′𝑦 𝑙𝑧′𝑧 ) ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 ) ( 𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑦′𝑥 𝑙𝑧′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑦′𝑦 𝑙𝑧′𝑦 𝑙𝑥′𝑧 𝑙𝑦′𝑧 𝑙𝑧′𝑧 ) (3.1) Define-se a matriz dos cossenos diretores [L] como: [𝐿] = ( 𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧 𝑙𝑦′𝑥 𝑙𝑦′𝑦 𝑙𝑦′𝑧 𝑙𝑧′𝑥 𝑙𝑧′𝑦 𝑙𝑧′𝑧 ) (3.2) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 33 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Onde, (𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧), (𝑙𝑦′𝑥 𝑙𝑦′𝑦 𝑙𝑦′𝑧) e (𝑙𝑧′𝑥 𝑙𝑧′𝑦 𝑙𝑧′𝑧) são vetores unitários nas direções de x’, y’ e z’, respectivamente, expressos no sistema x, y, z. Portanto, 𝑙𝑥′𝑥 2 + 𝑙𝑥′𝑦 2 + 𝑙𝑥′𝑧 2 = 1; 𝑙𝑦′𝑥 2 + 𝑙𝑦′𝑦 2 + 𝑙𝑦′𝑧 2 = 1 e 𝑙𝑧′𝑥 2 + 𝑙𝑧′𝑦 2 + 𝑙𝑧′𝑧 2 = 1 Pode-se expressar a equação de rotação do tensor no espaço 3D como: [𝜎′] = [𝐿][𝜎][𝐿]𝑇 (3.3) Observações: Os cossenos diretores devem sempre ser apresentados em sua forma normalizada, ou seja, estes devem seguir à equação 3.4, em que o índice “i” pode assumir o valor de x, y ou z: 𝑙𝑖′𝑥 2 + 𝑙𝑖′𝑦 2 + 𝑙𝑖′𝑧 2 = 1 (3.4) A partir da equação 3.4, se conclui que a equação 3.5 a seguir também deve ser satisfeita: [𝐿][𝐿]𝑇 = [𝐼] (3.5) 3.5 - Reciprocidade das componentes de cisalhamento do tensor tensão: Na sessão anterior, as componentes do tensor tensão em qualquer orientação no espaço, Eq. 3.3, foram obtidas por meio das equações de equilíbrio de forças. Nesta seção serão utilizadas as equações de equilíbrio de momentos para se obter uma propriedade bastante útil do tensor tensão. Considere as componentes de cisalhamento, 𝜎𝑥𝑦 𝑒 𝜎𝑦𝑥 , representadas na Figura 3.6 ao lado. Fazendo o somatório de momentos em torno de um eixo paralelo ao eixo “Z”, passando pelo centro geométrico do elemento diferencial representado na Figura, tem-se: INCLUIR SIGMA xx e SIGMA YY na FIGURA 3.6 ∑ 𝑀𝑧 𝑒𝑖𝑥𝑜 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑝𝑒𝑙𝑜 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑔𝑒𝑜𝑚é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑜 = 0 𝜎𝑥𝑦𝑑𝑦𝑑𝑧 𝑑𝑥 2 − 𝜎𝑦𝑥𝑑𝑥𝑑𝑧 𝑑𝑦 2 − 𝜎𝑦𝑥𝑑𝑥𝑑𝑧 𝑑𝑦 2 + 𝜎𝑥𝑦𝑑𝑦𝑑𝑧 𝑑𝑥 2 = 0 Figura 3.6: Componentes de cisalhamento do tensor tensão Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 34 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜎𝑥𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 − 𝜎𝑦𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 0 𝜎𝑥𝑦 = 𝜎𝑦𝑥 Portanto, para que o elemento diferencial esteja em equilíbrio, as componentes de cisalhamento devem ser recíprocas, ou seja, devem ter o mesmo módulo e sentidos que anulam o momento. Ao fazer o somatório de momentos nas demais direções (eixos x e y), conclui-se que os outros pares de componentes de cisalhamento também devem ter componentes recíprocas de cisalhamento, portanto, pode-se escrever que: 𝜎𝑖𝑗 = 𝜎𝑗𝑖 para 𝑖 ≠ 𝑗 (3.6) A equação 3.6 representa o fato de que todas as componentes de cisalhamento sejam recíprocas. Com isso, o número de componentes independentes de cisalhamento do tensor tensão, que originalmente eram 6, passam a ser somente 3. No total, o tensor terá 6 componentes independentes, 3 normais e 3 de cisalhamento. Exemplo 3.2: Para um determinado estado de tensão em um ponto no interior de um meio continuo, as componentes do tensor tensão são dadas por: 𝜎𝑥𝑥 = 20𝑀𝑃𝑎; 𝜎𝑦𝑦 = 30𝑀𝑃𝑎; 𝜎𝑧𝑧 = 15𝑀𝑃𝑎; 𝜎𝑥𝑦 = 10𝑀𝑃𝑎; 𝜎𝑥𝑧 = 5𝑀𝑃𝑎; 𝜎𝑦𝑧 = 1𝑀𝑃𝑎 a) Represente as componentes do tensor tensão, no sistema x, y, z, em notação matricial. b) Obtenha as componentes do tensor tensão em um plano no qual a matriz dos cossenos diretores é dada por: [𝐿] = [ √2 2 √2 4 √6 4 −√2 2 √2 4 √6 4 0 −√3 2 1 2 ] Solução: a) O observe que foram fornecidas apenas seis componentes do tensor tensão. Para escrever o tensor são necessárias todas as nove componentes. As três componentes de cisalhamento, não fornecidas, devem ser obtidas considerando que as componentes de cisalhamento são recíprocas, com isso: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 35 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. [𝜎] = ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 ) = ( 20 10 5 10 30 1 5 1 15 ) 𝑀𝑃𝑎 b) Para obter as componentes do tensor tensão nos planos solicitados, deve-se utilizar a equação 3.3, ou seja: [𝜎′] = [𝐿][𝜎][𝐿]𝑇 [𝜎′] = [ √2 2 √2 4 √6 4 −√2 2 √2 4 √6 4 0 −√3 2 1 2 ] ( 20 10 5 10 30 1 5 1 15 ) [ √2 2 √2 4 √6 4 −√2 2 √2 4 √6 4 0 −√3 2 1 2 ] 𝑇 Efetuando o produto matricial obtém-se: [𝜎′] = ( 29,1 −0,2 −9,3 −0,2 10,5 −0,6 −9,3 −0,6 25,4 ) 𝑀𝑃𝑎 Observe que: [𝐿][𝐿]𝑇 = [ √2 2 √2 4 √6 4 −√2 2 √2 4 √6 4 0 −√3 2 1 2 ] [ √2 2 √2 4 √6 4 −√2 2 √2 4 √6 4 0 −√3 2 1 2 ] 𝑇 = [ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ] 3.6 - Componentes Principais do Tensor Tensão Definem-se componentes principais do tensor tensão como sendo as componentes normais máximas ou mínimas do tensor. Estas componentes atuam nos planos principais, que terão componentes de cisalhamento nulas. Conhecer os valores e direções de atuação das componentes principais é de suma importância para se determinar o comportamento do sistema estrutural submetido a um determinado carregamento. Nesta seção será discutido o procedimento para a obtenção dos valores destas componentes principais do tensor tensão. Para determinar o valor dessas componentes principais, bem como as direções das normais aos planos onde atuam essas componentes, deve-se determinar os extremos da equação 3.1, reescrita a seguir. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 36 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜎𝑥′𝑥′ =𝑙𝑥′𝑥𝑙𝑥′𝑥𝜎𝑥𝑥 + 𝑙𝑥′𝑥𝑙𝑥′𝑦𝜎𝑥𝑦 + 𝑙𝑥′𝑥𝑙𝑥′𝑧𝜎𝑥𝑧 + 𝑙𝑥′𝑦𝑙𝑥′𝑥𝜎𝑦𝑥 + 𝑙𝑥′𝑦𝑙𝑥′𝑦𝜎𝑦𝑦 + 𝑙𝑥′𝑦𝑙𝑥′𝑧𝜎𝑦𝑧 + 𝑙𝑥′𝑧𝑙𝑥′𝑥𝜎𝑧𝑥 + 𝑙𝑥′𝑧𝑙𝑥′𝑦𝜎𝑧𝑦 + 𝑙𝑥′𝑧𝑙𝑥′𝑧𝜎𝑧𝑧 Nesta expressão, os valores de 𝜎𝑥′𝑥′ vão alterando em função dos cossenos diretores 𝑙𝑥′𝑥, 𝑙𝑥′𝑦 𝑒 𝑙𝑥′𝑧. A princípio, para se determinar os valores extremos (máximo, mínimo e/ou inflexão) dever-se-ia derivar a expressão de 𝜎𝑥′𝑥′ em relação às variáveis 𝑙𝑥′𝑥, 𝑙𝑥′𝑦 𝑒 𝑙𝑥′𝑧 e igualar a zero. Entretanto, como estes cossenos diretores devem, necessariamente, satisfazer a equação de igualdade 𝑙𝑥′𝑥 2 + 𝑙𝑥′𝑦 2 + 𝑙𝑥′𝑧 2 − 1 = 0, então os valores extremos não podem ser determinados diretamente igualando a zero as derivadas da expressão de 𝜎𝑥′𝑥′ em relação às variáveis 𝑙𝑥′𝑥, 𝑙𝑥′𝑦 𝑒 𝑙𝑥′𝑧. Porém, pode-se utilizar o Lagrangeano para determinar os extremos de 𝜎𝑥′𝑥′ sujeito à restrição acima. Nesse caso o Lagrangeano deve ser expresso como: ℒ(𝜆; 𝑙𝑥′𝑥; 𝑙𝑥′𝑦; 𝑙𝑥′𝑧 ) = 𝜎𝑥′𝑥′ − 𝜆 (𝑙𝑥′𝑥 2 + 𝑙𝑥′𝑦 2 + 𝑙𝑥′𝑧 2 − 1) (3.7) De acordo com o procedimento proposto por Lagrange, para que 𝜎𝑥′𝑥′ seja um máximo ou mínimo deve existir um valor de 𝜆 para que todas as derivadas parciais da equação 3.7 sejam iguais à zero. Com isso tem-se que: 𝜕ℒ 𝜕𝑙𝑥′𝑥 = 0 = 2𝑙𝑥′𝑥𝜎𝑥𝑥 + 2𝑙𝑥′𝑦𝜎𝑥𝑦 + 2𝑙𝑥′𝑧𝜎𝑥𝑧 − 2𝑙𝑥′𝑥𝜆 (3.8) 𝜕ℒ 𝜕𝑙𝑥′𝑦 = 0 = 2𝑙𝑥′𝑥𝜎𝑦𝑥 + 2𝑙𝑥′𝑦𝜎𝑦𝑦 + 2𝑙𝑥′𝑧𝜎𝑦𝑧 − 2𝑙𝑥′𝑦𝜆 (3.9) 𝜕ℒ 𝜕𝑙𝑥′𝑧 = 0 = 2𝑙𝑥′𝑥𝜎𝑧𝑥 + 2𝑙𝑥′𝑦𝜎𝑧𝑦 + 2𝑙𝑥′𝑧𝜎𝑧𝑧 − 2𝑙𝑥′𝑧𝜆 (3.10) 𝜕ℒ 𝜕𝜆 = 0 = (𝑙𝑥′𝑥 2 + 𝑙𝑥′𝑦 2 + 𝑙𝑥′𝑧 2 − 1) (3.11) Organizando as equações e utilizando notação matricial, vem que: ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜆 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 − 𝜆 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 − 𝜆 ) [ 𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧 ] = 0 Note que a equação 3.11 não está incluída na equação acima, mas também deve ser satisfeita, ou seja: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 37 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑙𝑥′𝑥 2 + 𝑙𝑥′𝑦 2 + 𝑙𝑥′𝑧 2 = 1 Denominando o x’ como 𝑛 para expressar que se trata de uma direção de máximo, mínimo ou de inflexão das componentes normais do tensor tensão, segue: ([𝜎] − 𝜆[𝐼])[𝑙𝑛𝑖] = 0 (3.12) ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜆 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 − 𝜆 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 − 𝜆 ) [ 𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑦 𝑙𝑛𝑧 ] = 0 (3.13) Para que a equação 3.13 tenha solução diferente da trivial, uma vez que na solução trivial 𝑙𝑛𝑥 = 𝑙𝑛𝑦 = 𝑙𝑛𝑧 = 0 não satisfaz a equação 3.11, o determinante da matriz 3 x 3 em 3.13 deve ser igual a zero. Ou seja: 𝐷𝑒𝑡([𝜎] − 𝜆[𝐼]) = 0 (3.14) A equação 3.14 é a equação utilizada para se obter o valor algébrico das três componentes principais do tensor tensão, já que o determinante desta matriz irá resultar em uma equação do terceiro grau. Calculando o determinante da matriz representada na equação 3.14 e igualando este determinante a zero, obtém-se a equação característica dada por: 𝜆3 − 𝐼1𝜆2 + 𝐼2𝜆 − 𝐼3 = 0 (3.15) onde: 𝐼1 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧 I1 é denominado como traço do tensor e é igual à soma das componentes da diagonal principal do tensor. 𝐼2 = | 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦| + |𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑧| + | 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧| I2 é a soma dos primeiros menores da diagonal principal do tensor tensão. 𝐼3 = | 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 | Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 38 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. I3 é o determinante do tensor tensão. Os termos I1, I2 e I3 são invariantes. Ou seja, independem do sistema de eixos. Isto pode ser verificado pelo fato de que um estado de tensão não tem mais do que três componentes principais distintas. Estes invariantes são conhecidos como os três invariantes do tensor tensão, pois mantém os mesmos valores independentemente do sistema de eixos em que as componentes do tensor estão sendo representadas. A solução das equações 3.14 ou 3.15 resulta em três valores para 𝜆, já que são equações de terceiro grau. As três raízes obtidas destas equações são as componentes principais do tensor tensão. Estas componentes são usualmente denominadas por 𝜎1, 𝜎2 𝑒 𝜎3 sendo que a componente de maior valor algébrico deve, necessariamente, ser 𝜎1 e a de menor valor algébrico deve, necessariamente, ser 𝜎3. Ou seja, 𝜎1 ≥ 𝜎2 ≥ 𝜎3 Exemplo 3.3: Para o tensor tensão a seguir obtenha o valor das três componentes principais. [𝜎] = ( 20 55 −12 55 −10 44 −12 44 33 ) 𝑀𝑃𝑎 Para a solução deste exemplo o primeiro passo é utilizar a equação 3.14. Ou seja, | 20 − 𝜆 55 −12 55 −10 − 𝜆 44 −12 44 33 − 𝜆 | = 0 (20 − 𝜆)(−10 − 𝜆)(33 − 𝜆) + 2 ∗ 55 ∗ 44 ∗ (−12) − (−12) ∗ (−12) ∗ (−10 − 𝜆) − 44 ∗ 44 ∗ (20 − 𝜆) − (33 − 𝜆) ∗ 55 ∗ 55 = 0 𝜆³ − 43𝜆² − 4975𝜆 + 201785 = 0 As raízes do polinômio são 𝜆1 = −69,77; 𝜆2 = 39,45; 𝜆3 = 73,31. Classificando as componentes principais do tensor tensão de acordo com seu valor algébrico, tem-se: 𝜎1 = 73,31𝑀𝑃𝑎; 𝜎2 = 39,45𝑀𝑃𝑎 𝑒 𝜎3 = −69,77𝑀𝑃𝑎 3.7 - Direções principais do tensor tensão: Nesta seção será abordado o procedimento para cálculo das direções dos planos principais do tensor tensão. O primeiro passo para obter estas direções é o cálculo das componentes principais do tensor de acordo com o procedimento abordado no Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 39 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. item anterior. Em seguida deve-se substituir o valor da componente principal para a qual se pretende determinar as direções do cosseno diretor na equação 3.13 a seguir: ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜆𝑛 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 − 𝜆𝑛 𝜎𝑦𝑧 𝜎𝑧𝑥 𝜎𝑧𝑦 𝜎𝑧𝑧 − 𝜆𝑛 )[ 𝑙𝑛𝑥 𝑙𝑛𝑦 𝑙𝑛𝑧 ] = 0 (3.13) Ao substituir um dos valores de componente principal em 3.13 é fácil demonstrar que uma das três equações é combinação linear das demais, já que o determinante da matriz dos coeficientes será zero. Devido a este fato deve-se tomar uma equação como redundante e, assumir como 1 o valor de um dos pseudos cossenos diretores o que resulta na equação 3.16 a seguir: ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜆𝑛 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑧 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 − 𝜆𝑛 𝜎𝑦𝑧 − − − ) [ 1 𝑙′𝑛𝑦 𝑙′𝑛𝑧 ] = 0 (3.16) Após resolver a equação 3.16 é necessário utilizar as equações 3.17, 3.18 e 3.19 para normalizar os cossenos diretores: 𝑙𝑛𝑥 = 𝑙′𝑛𝑥 √𝑙′𝑛𝑥 2 + 𝑙′𝑛𝑦 2 + 𝑙′𝑛𝑧 2 (3.17) 𝑙𝑛𝑦 = 𝑙′𝑛𝑦 √𝑙′𝑛𝑥 2 + 𝑙′𝑛𝑦 2 + 𝑙′𝑛𝑧 2 (3.18) 𝑙𝑛𝑧 = 𝑙′𝑛𝑧 √𝑙′𝑛𝑥 2 + 𝑙′𝑛𝑦 2 + 𝑙′𝑛𝑧 2 (3.19) Observe que, procedendo desta forma, a equação 𝑙𝑛𝑥 2 + 𝑙𝑛𝑦 2 + 𝑙𝑛𝑧 2 = 1 será automaticamente satisfeita. Ou seja, ( 𝑙′𝑛𝑥 √𝑙′𝑛𝑥 2 + 𝑙′𝑛𝑦 2 + 𝑙′𝑛𝑧 2 ) 2 + ( 𝑙′𝑛𝑦 √𝑙′𝑛𝑥 2 + 𝑙′𝑛𝑦 2 + 𝑙′𝑛𝑧 2 ) 2 + ( 𝑙′𝑛𝑧 √𝑙′𝑛𝑥 2 + 𝑙′𝑛𝑦 2 + 𝑙′𝑛𝑧 2 ) 2 = 1 Detalhes de aplicação deste procedimento estão ilustrados no exemplo 3.4 a seguir. Inicialmente assumido como 1 (pseudo cosseno) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 40 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 3.4: Determine os cossenos diretores dos planos principais para o tensor tensão do exemplo 3.3. [𝜎] = ( 20 55 −12 55 −10 44 −12 44 33 ) 𝑀𝑃𝑎 O primeiro passo para a solução deste problema é a determinação das componentes principais do tensor. Os valores destas componentes principais já foram determinados no exemplo 3.3, ou seja: 𝜎1 = 73,31𝑀𝑃𝑎; 𝜎2 = 39,45𝑀𝑃𝑎 𝑒 𝜎3 = −69,77𝑀𝑃𝑎 Substituindo 𝜎1 em 3.13 tem-se: ( 20 − 73,31 55 −12 55 −10 − 73,31 44 −12 44 33 − 73,31 ) [ 𝑙1𝑥 𝑙1𝑦 𝑙1𝑧 ] = 0 Assumindo 𝑙′1𝑥 = 1 e desconsiderando a última equação (eq. Redundante), tem-se: (−53,31 55 −12 55 −83,31 44 ) [ 1 𝑙′1𝑦 𝑙′1𝑧 ] = 0 Resolvendo o sistema, obtém-se: 𝑙′1𝑥 = 1; 𝑙′1𝑦 = 1,1868; 𝑙′1𝑧 = 0,9972 Utilizando as equações 3.17 a 3.19 para normalizar o vetor dos cossenos diretores, do plano onde atua a componente principal 𝜎1, vem que: 𝑙1𝑥 = 1 √12 + (1,1868)2 + (0,9972)2 = 0,5421 𝑙1𝑦 = 1,1868 √12 + (1,1868)2 + (0,9972)2 = 0,6434 𝑙1𝑧 = 0,9972 √12 + (1,1868)2 + (0,9972)2 = 0,5406 Esse mesmo procedimento deve ser repetido para obter os cossenos diretores dos planos onde atuam as demais componentes principais. Ou seja, Substituindo 𝜎2 em 3.16 tem-se: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 41 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. (−19,45 55 −12 55 −49,45 44 ) [ 1 𝑙′2𝑦 𝑙′2𝑧 ] = 0 Resolvendo: 𝑙′2𝑥 = 1; 𝑙′2𝑦 = 0,1072; 𝑙′2𝑧 = −1,1295 Normalizando: 𝑙2𝑥 = 1 √12 + (0,1072)2 + (−1,1295)2 = 0,6612 𝑙2𝑦 = 0,1072 √12 + (0,1072)2 + (−1,1295)2 = 0,0709 𝑙2𝑧 = −1,1295 √12 + (0,1072)2 + (−1,1295)2 = −0,7468 Substituindo 𝜎3 em 3.16: (89,77 55 −12 55 59,77 44 ) [ 1 𝑙′3𝑦 𝑙′3𝑧 ] = 0 Resolvendo: 𝑙′3𝑥 = 1; 𝑙′3𝑦 = −1,4694; 𝑙′3𝑧 = 0,7461 Normalizando: 𝑙3𝑥 = 1 √12 + (−1,4694)2 + (0,7461)2 = 0,5188 𝑙3𝑦 = −1,4694 √12 + (−1,4694)2 + (0,7461)2 = −0,7623 𝑙3𝑧 = 0,7461 √12 + (−1,4694)2 + (0,7461)2 = 0,3871 Com todas as nove componentes da matriz de cossenos diretores obtidos pode-se escrever: [𝐿] = ( 0,5421 0,6434 0,5406 0,6612 0,0709 −0,7468 0,5188 −0,7623 0,3871 ) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 42 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Com isso foi obtida a matriz dos cossenos diretores dos planos principais. A importância dessa matriz está no fato de a mesma fornecer onde estão os planos em que ocorrem as componentes principais do tensor tensão. Observe que, para [𝜎] = ( 20 55 −12 55 −10 44 −12 44 33 ) 𝑀𝑃𝑎 e [𝐿] = ( 0,5421 0,6434 0,5406 0,6612 0,0709 −0,7468 0,5188 −0,7623 0,3871 ) Obtém-se que, [𝐿] [𝜎] [𝐿]𝑇 = ( 73,31 0 0 0 39,45 0 0 0 −69,77 ) 𝑀𝑃𝑎 E que, [𝐿] [𝐿]𝑇 = ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) 3.8 - Transformações de eixos do tensor tensão em 2D. Em muitos dos problemas com que o engenheiro se depara em seu dia a dia o estado de tensão atuante no corpo pode ser aproximado para um caso 2D, denominado como estado plano de tensões. Devido a este fato deve-se dar atenção especial à análise deste tipo de problema e desenvolver equações especiais para os mesmos. Para que se possa desenvolver as equações de rotação em 2D considere a representação ilustrada na Figura a seguir: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 43 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 3.7: Estado Plano de tensões Para o estado de tensão representado na Figura acima, imagine uma rotação de ângulo Ө, em torno do eixo z, como indicado na Figura a seguir: Figura 3.8: Rotação no plano Para a rotação de eixos indicada acima, a matriz de cossenos diretores, conforme definida anteriormente, caso 3D. pode ser expressa como: [𝐿] = ( 𝑙𝑥′𝑥 𝑙𝑥′𝑦 𝑙𝑥′𝑧 𝑙𝑦′𝑥 𝑙𝑦′𝑦 𝑙𝑦′𝑧 𝑙𝑧′𝑥 𝑙𝑧′𝑦 𝑙𝑧′𝑧 ) = ( cos (𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0 −𝑠𝑒𝑛(𝜃) cos (𝜃) 0 0 0 1 ) Com isso pode-se escrever a matriz de cossenos diretores para rotação no plano em função de um ângulo Ө positivo no sentido anti-horário como: [𝐿2𝐷] = ( cos (𝜃) sen (𝜃) −sen (𝜃) cos (𝜃)) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 44 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Utilizando a equação 3.3, tem-se: [𝜎′] = ( 𝜎𝑥′𝑥′ 𝜎𝑥′𝑦′ 𝜎𝑦′𝑥′ 𝜎𝑦′𝑦′) = ( cos (𝜃) sen (𝜃) −sen (𝜃) cos (𝜃)) ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑦𝑦) (cos (𝜃) −sen(𝜃) sen (𝜃) cos (𝜃) ) Efetuando o produto matricial obtém-se: 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝜎𝑥𝑥cos (𝜃)2 + 2𝜎𝑥𝑦 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝜎𝑦𝑦sen (𝜃)2 𝜎𝑦′𝑦′ = 𝜎𝑥𝑥sen (𝜃)2 − 2𝜎𝑥𝑦 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝜎𝑦𝑦cos (𝜃)2 𝜎𝑥′𝑦′ = −𝜎𝑥𝑥 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝜎𝑥𝑦(cos(𝜃)2 − sen(𝜃)2) + 𝜎𝑦𝑦 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) Utilizando as identidades trigonométricas: cos (𝜃)2 = 1 + cos (2𝜃) 2 sen (𝜃)2 = 1 − cos (2𝜃) 2 cos(𝜃)2 − sen(𝜃)2 = cos (2𝜃) cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 2 Obtém-se: 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 + (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) (3.20) 𝜎𝑦′𝑦′ = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 − (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) − 𝜎𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) (3.21) 𝜎𝑥′𝑦′ = −(𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) sen(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃) (3.22) As equações 3.20, 3.21 e 3.22 são bastante úteis na determinação do valor das componentes do tensor tensão, para o caso 2D (𝜎𝑥𝑧 = 𝜎𝑦𝑧 = 𝜎𝑧𝑧 = 0), em função do ângulo de rotação no sentido anti-horário, no entorno do eixo z. Deve-se observar que estas equações foram deduzidas para um caso especial em que não existe componente de tensão associada à direção z mas, como a rotação foi efetuada no entorno do eixo z, o resultado seria o mesmo caso houvesse um estado de tensão dado por: [𝜎] = ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 0 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 0 0 0 𝜎𝑧𝑧 ) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 45 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. É trivial constatar que para uma rotação (𝜃 positivo no sentido anti-horário) efetuada no entorno do eixo z, para o estado de tensão representado acima, as equações 3.20, 3.21 e 3.22 ainda são aplicáveis para 𝜎𝑥′𝑥′; 𝜎𝑦′𝑦′ 𝑒 𝜎𝑥′𝑦′. Neste caso, a componente 𝜎𝑧′𝑧′ permanece inalterada para qualquer rotação no entorno do eixo z, ou seja, 𝜎𝑧′𝑧′ = 𝜎𝑧𝑧. Ou seja, [𝜎′] = [𝐿] [𝜎] [𝐿]𝑇 = ( cos (𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0 −𝑠𝑒𝑛(𝜃) cos (𝜃) 0 0 0 1 ) ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 0 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦 0 0 0 𝜎𝑧𝑧 ) ( cos (𝜃) −𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0 𝑠𝑒𝑛(𝜃) cos (𝜃) 0 0 0 1 ) = ( ( 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 ) + ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) −( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) sen(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃) 0 −(𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) sen(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃) (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 ) − (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) − 𝜎𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 0 0 0 𝜎𝑧𝑧) ATENÇÃO: As equações acima serão não verdadeiras caso o tensor tensão tenha componentes 𝜎𝑥𝑧 ou 𝜎𝑦𝑧 diferentes de zero. 3.9 – Representação gráfica das equações de transformação das componentes do tensor tensão em 2D - Diagrama de Mohr Aos olhares mais atentos não deve ter passado despercebido que o conjunto de equações (3.20, 3.21 e 3.22) representam a equação de uma circunferência. Circunferência esta que, em sua projeção no eixo horizontal têm-se as componentes normais do tensor tensão e no eixo vertical as componentes de cisalhamento. Um giro de 2Ө na circunferência representa um giro de Ө no elemento do continuo. Esta representação gráfica das equações de rotação é conhecida como Diagrama de Mohr, ou “Círculo” de Mohr, em homenagem ao engenheiro alemão Otto Mohr (1835-1918) que desenvolveu este método gráfico simples, para auxiliar a análise de tensões. A construção do diagrama de Mohr pode ser melhor compreendida por meio de um exemplo. Para isso considere o tensor tensão a seguir: [𝜎] = ( 𝜎𝑥𝑥 𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑦𝑥 𝜎𝑦𝑦) O primeiro passo é representar as componentes normais no eixo horizontal e as componentes de cisalhamento no eixo vertical, como indicado na Figura a seguir: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 46 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. INDICAR O ÂNGULO DE ROTAÇÃO NA FIGURA ACIMA, THETA POSITIVO NO SENTIDO ANTI-HORÁRIO Figura 3.9: Tensões nos eixos do diagrama de Mohr Para se representar as componentes de cisalhamento no Diagrama de Mohr deve-se considerar o sentido de giro das componentes de cisalhamento. Para a aplicação desta representação primeiramente será feita uma breve revisão nas convenções de direção e sentido das componentes de cisalhamento. Para esta revisão observe, na Figura a seguir, a representação de dois estados de cisalhamento puro (𝜎𝑥𝑥 = 0 𝑒 𝜎𝑦𝑦 = 0), sendo um negativo e o outro positivo: Figura 3.10: Cisalhamento positivo e negativo Observe que as componentes que atuam na face x quando são positivas geram um momento no sentido anti-horário e quando negativas no sentido horário. Por outro Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 47 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. lado, as componentes positivas que atuam na face y geram um momento no sentido horário e quando negativas no sentido anti-horário. Levando em consideração este sentido do momento, o diagrama de Mohr, para o caso de cisalhamento puro, deve ser representado como segue: Figura 3.11: Representação alternativa do diagrama de Mohr REPRESENTAR SIGMA xx = 0 E SIGMA yy = 0 NO DIAGRAMA DE MOHR ACIMA, Nesta representação as componentes de cisalhamento que geram momento no sentido anti-horário são representadas na parte inferior do eixo vertical e as que geram momento no sentido horário são representadas na parte superior. Para o caso geral, em que as componentes normais do tensor são diferentes de zero, o Diagrama de Mohr pode ser representado como indicado na Figura a seguir. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 48 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 3.12: Diagrama de Mohr Representação geral do estado de tensão 2D No diagrama de Mohr, representado na Figura acima, os pontos em que a diagonal toca a circunferência representam as componentes do tensor tensão do estado de tensão ao qual o ponto do meio continuo está submetido. Ou seja, a circunferência é o lugar geométrico de todas as componentes do tensor para o caso 2D. A circunferência engloba todos os valores possíveis das componentes de tensão no plano representado, já que, se rotacionada a diagonal, esta pode encontrar qualquer ponto da circunferência. Anteriormente foi dito que este diagrama era nada mais que uma representação gráfica do conjunto de equações 3.20, 3.21 e 3.22. Para provar esta afirmação, define- se, primeiramente, o valor do cento do diagrama (C) e o valor do raio (R). Observando o diagrama é fácil constatar que: 𝐶 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 3.23 𝑅 = √( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 3.24 INSERIR A EXPRESSÃO DE “C” e “R” EM TERMOS DOS INVARIANTES I1 e I2 Para provar que o Círculo de Mohr satisfaz as equações 3.20, 3.21 e 3.22, imagine que foi efetuado um giro de 2Ө no sentido anti-horário na diagonal representada no diagrama de Mohr, como ilustrado na Figura a seguir. Nesta Figura o sobrescrito (‘) representa que este é o valor da componente do tensor tensão no plano rotacionado. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 49 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 3.13: Círculo de Mohr - transformação de eixos. Fig (a) componente de tensão no sistema (x,y) e Fig (b) componentes de tensão no sistema (x’,y’). Observando a figura acima em que estão representados os valores das componentes do tensor tensão, após a rotação, e algumas distâncias que já haviam sido definidas anteriormente, observa-se que: 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝐶 + ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) Lembrando que 𝐶 = 𝜎𝑥𝑥+ 𝜎𝑦𝑦 2 , a equação acima pode ser reescrita como: 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 + ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) Similarmente: 𝜎𝑦′𝑦′ = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 − ( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) cos(2𝜃) − 𝜎𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) As duas equações acima são idênticas às equações 3.20 e 3.21. Também pode ser demonstrado de forma muito similar à demonstração de 3.20 e 3.21, que 𝜎𝑥′𝑦′ = − (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) sen(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃) Esta demonstração fica a cargo do leitor como exercício. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 50 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 3.5 Para o tensor tensão a seguir, expresso no sistema (x,y,z), construa o diagrama de Mohr e obtenha as componentes deste tensor em um sistema de coordenadas (x’,y’,z’), obtido ao efetuar-se uma rotação de 30º no sentido horário no entorno do eixo z. [𝜎] = ( 20 12 0 12 −10 0 0 0 0 ) 𝑀𝑃𝑎 O primeiro passo para a construção do diagrama é locar as componentes normais e de cisalhamento do tensor tensão em seus respectivos eixos e traçar a diagonal que define o diâmetro do diagrama, como representado a seguir: Figura Ex. 3.5.1: Diagrama de Mohr exemplo 3.5 O centro e o raio deste Diagrama de Mohr são dados por: 𝐶 = 20 + (−10) 2 = 5 𝑅 = √[20 − (−10) 2 ] 2 + 122 = 19,21 Para determinar as componentes do tensor tensão no sistema (x’,y’,z’) rotacionado de 30º no sentido horário no entorno do eixo z, a diagonal do diagrama de Mohr deve ser rotacionada de 60º no sentido horário (lembre-se que os ângulos de rotação no diagrama de Mohr são positivos no sentido horário e, também, iguais a duas vezes o ângulo de rotação no corpo). Utilizando as equações 3.20; 3.21 e 3.22, ou observando o diagrama de Mohr, têm- se: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 51 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. [𝜎′] = ( 2,11 18,99 0 18,99 7,89 0 0 0 0 ) 𝑀𝑃𝑎 Fica como exercício proposto ao leitor verificar geometricamente os valores das componentes do tensor tensão acima (dica: Lembre-se de que ao utilizar as equações, o ângulo deve ser negativo uma vez que a rotação foi efetuada no sentido horário). 3.10 – Componentes principais do tensor tensão e respectivas direções principais. Representação no diagrama de Mohr. Além de ser utilizado para se obter as componentes do tensor tensão no plano, o diagrama de Mohr também é uma ferramenta bastante útil na determinação das componentes principais do tensor tensão no plano. Observa-se que no plano (x,y) os valores das componentes normais máximo e mínimo ocorrem nos pontos em que a circunferência cruza o eixo horizontal, como representado na Figura a seguir. Figura3.14: Representação das componentes principais do tensor tensão no diagrama de Mohr NOTA: Observe que as componentes principais do tensor tensão ocorrem em planos onde não há componente de cisalhamento, como pode-se constatar na Figura do diagrama de Mohr acima. As componentes principais do tensor tensão, representadas na Figura acima, podem ser calculadas pelas expressões a seguir: 𝜎𝐼 = 𝐶 + 𝑅 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 + √( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 (3.25) 𝜎𝐼𝐼 = 𝐶 − 𝑅 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 − √( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 (3.26) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 52 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Deve-se notar que estas componentes de tensão, obtidas por meio do diagrama de Mohr, utilizam uma notação diferente da convencionada anteriormente, (onde, 𝜎1 ≥ 𝜎2 ≥ 𝜎3). Esta diferenciação se deve ao fato de que, mesmo que o estado de tensão 2D em análise, tenha componentes associadas apenas aos eixos x e y, irá existir uma terceira componente principal de tensão, de valor nulo ou diferente de zero, e a notação 𝝈𝟏 ≥ 𝝈𝟐 ≥ 𝝈𝟑 deve ser usada somente quando são conhecidas as três componentes principais, as quais devem ser nominadas em ordem decrescente de seus valores algébricos. O ângulo de rotação, no entorno do eixo z, dos vetores normais aos planos principais no sistema (xp’,yp’), em referência ao sistema de eixos (x, y) no qual o tensor tensão está expresso, pode ser obtido utilizando a equação de transformação de eixos da componente de cisalhamento no plano, Eq, 3.22, reescrita a seguir: 𝜎𝑥′𝑦′ = − (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦) 2 sen(2𝜃) + 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃) (3.22) Lembrando que as componentes de cisalhamento nos planos principais são nulas, o ângulo de rotação para se obter a normal ao plano das componentes principais, 𝜃𝑃, pode ser obtido igualando a Eq. 3.22 a zero. Ou seja: 𝜎𝑥𝑝𝑦𝑝 = 0 = − (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦) 2 sen(2𝜃𝑃) + 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃𝑃) Onde, xp e yp representam os eixos principais. Reescrevendo a equação acima, (𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦) 2 sen(2𝜃𝑃) = 𝜎𝑥𝑦𝑐𝑜𝑠(2𝜃𝑃) Ou: tan(2𝜃𝑃) = 2𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 Portanto: 𝜃𝑃 = 1 2 tan−1 ( 2𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 ) (3.27) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 53 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ILUSTRAR 𝜃𝑃 EM FIGURA SIMILAR À APRESENTADA ACIMA Nesse caso, os cossenos diretores dos eixos principais, para o caso 2D, [L2D], com rotação em torno do eixo z, são obtidos expressando as projeções de um vetor unitário, na direção e sentido de 𝜎𝐼, no sistema (x, y), conforme definição de cossenos diretores apresentada anteriormente neste texto. Similarmente, os cossenos diretores de 𝜎𝐼𝐼 são obtidos expressando as projeções de um vetor unitário, na direção e sentido de 𝜎𝐼𝐼, no sistema (x, y). Sendo assim, a matriz dos cossenos diretores em 2D, para as direções principais, I e II, pode ser expressa como: [𝐿2𝐷 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑐𝑖𝑝𝑎𝑖𝑠] = ( cos (𝜃𝑃) sen (𝜃𝑃) −sen (𝜃𝑃) cos (𝜃𝑃)) (3.28) A representação 3D da matriz dos cossenos diretores dos planos principais, de rotação em torno de z (desde que z também seja uma componente principal, ou seja, com 𝜎𝑥𝑧 e 𝜎𝑦𝑧 nulas), pode ser expressa como: [𝐿] = ( 𝑙𝑥𝑝𝑥 𝑙𝑥𝑝𝑦 𝑙𝑥𝑝𝑧 𝑙𝑦𝑝𝑥 𝑙𝑦𝑝𝑦 𝑙𝑦𝑝𝑧 𝑙𝑧𝑝𝑥 𝑙𝑧𝑝𝑦 𝑙𝑧𝑝𝑧 ) = ( cos (𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 0 −𝑠𝑒𝑛(𝜃) cos (𝜃) 0 0 0 1 ) INSERIR ESTE TEXTO NA NOTA DE AULA Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 54 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 55 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3.11. Componente máxima de cisalhamento e diagrama de Mohr em 3D: Para determinar se um material vai ou não escoar, pode ser necessário conhecer a máxima componente de cisalhamento do tensor tensão, uma vez que um dos critérios de escoamento (critério de Tresca) está fundamentado na magnitude da máxima componente de cisalhamento do tensor tensão no ponto. O valor da máxima componente de cisalhamento no plano (x,y), ou rotações no entorno de z, está indicado no diagrama de Mohr a seguir: Figura 3.15: Máxima componente de cisalhamento O maior valor possível para a componente de cisalhamento no plano (x,y), 𝜏max 2𝐷, representado na Figura acima, corresponde à metade do diâmetro do diagrama de Mohr, ou seja: 𝜏max 2𝐷 = 𝜎𝐼 − 𝜎𝐼𝐼 2 (3.29) Onde, 𝜎𝐼 e 𝜎𝐼𝐼 são as componentes principais no plano (x,y) em consideração. Mesmo que seja usualmente utilizado para casos bidimensionais, o diagrama de Mohr também pode ser utilizado para representar estados de tensão em três dimensões (3D). Este tipo de representação é bastante útil para identificar a máxima componente de cisalhamento em 3D. 𝜏𝑚𝑎𝑥2𝐷 𝜏𝑚𝑎𝑥2𝐷 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 56 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Para representar o diagrama de Mohr em 3D pode-se, inicialmente, calcular as componentes principais do tensor tensão usando a equação 3.14 (ou seja, 𝐷𝑒𝑡([𝜎𝑖𝑗] − 𝜆[𝐼]) = 0 ) e, após classificar as componentes tal que σ1 ≥ σ2 ≥ σ3 , posicionar adequadamente essas três componentes principais no eixo horizontal, no qual são locadas as componentes normais do tensor. Em seguida deve-se conectar estas três componentes por circunferências, como indicado na Figura a seguir. Figura 3.8: Diagrama de Mohr em 3D Neste diagrama a área em cinza representa todos os possíveis valores das componentes de tensão no ponto do continuo em análise. Assim como no caso 2D, o maior valor que a componente de cisalhamento pode assumir é igual à metade do diâmetro da maior circunferência, como indicado na Figura acima. Sendo assim, a maior magnitude da componente de cisalhamento pode ser expressa por: 𝜏max 3𝐷 = 𝜎1 − 𝜎3 2 (3.30) 𝜏𝑚𝑎𝑥3𝐷 𝜏𝑚𝑎𝑥3𝐷 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 57 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3.12. Exercícios resolvidos Exercício 3.1 Para o tensor tensão a seguir, determine: [𝜎] = ( 20 −15 10 −15 −50 20 10 20 30 ) 𝑀𝑃𝑎 a) Componentes principais do tensor tensão b) Cossenos diretores das direções principais do tensor tensão a) Para se obter as componentes principais do tensor tensão pode-se utilizar a equação 3.14, 𝐷𝑒𝑡([𝜎] − 𝜆[𝐼]) = 0, onde [𝜎] é a representação do tensor tensão em notação matricial e [𝐼] a matriz identidade. Portanto, substituindo os valores do tensor tensão, na eq. 3.14, tem-se: | 20 − 𝜆 −15 10 −15 −50 − 𝜆 20 10 20 30 − 𝜆 | = 0 (20 − 𝜆)(−50 − 𝜆)(30 − 𝜆) − 15 ∗ 20 ∗ 10 − 15 ∗ 20 ∗ 10 − −[10 ∗ 10 ∗ (−50 − 𝜆) + 20 ∗ 20 ∗ (20 − 𝜆) + (−15) ∗ (−15) ∗ (30 − 𝜆)] 𝜆3 − 2625𝜆 + 45750 = 0 𝜆1 = 20,9128; 𝜆2 = 37,4705; 𝜆3 = −58,3833 Ordenando os valores obtidos e classificando em ordem algébrica, tal que 𝜎1 ≥ 𝜎2 ≥ 𝜎3, vem que: 𝜎1 = 37,4705 𝑀𝑃𝑎 (𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑎𝑙𝑔é𝑏𝑟𝑖𝑐𝑜) 𝜎2 = 20,9128 𝑀𝑃𝑎 (𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑚𝑒𝑑𝑖á𝑟𝑖𝑜) 𝜎3 = −58,3833 𝑀𝑃𝑎 (𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑎𝑙𝑔é𝑏𝑟𝑖𝑐𝑜) b) Após determinadas as três componentes principais do tensor tensão os cossenos diretores da direção normal ao plano principal em que atua 𝜎1 podem ser obtidos substituindo 𝜎1 em 3.14. Nesse caso tem-se: ( 20 − 37,4705 −15 10 −15 −50 − 37,4705 20 10 20 30 − 37,4705 ) [ 𝑙1𝑥 𝑙1𝑦 𝑙1𝑧 ] = 0 Assumindo 𝑙′1𝑥 = 1 e a última equação como redundante tem-se: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 58 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. (−17,4705 −15 10 −15 −87,4705 20) [ 1 𝑙′1𝑦 𝑙′1𝑧 ] = 0 Resolvendo o sistema tem-se: 𝑙′1𝑥 = 1; 𝑙′1𝑦 = 0,3470; 𝑙′1𝑧 = 2,2675 Utilizando as equações 3.17 a 3.19 para normalizar o vetor dos cossenos diretores, na direção e sentido de 𝜎1, tal que seu módulo fique igual a um, tem-se: 𝑙1𝑥 = 1 √12 + (0,3470)2 + (2,2675)2 = 0,3996 𝑙1𝑦 = 0,3470 √12 + (0,3470)2 + (2,2675)2 = 0,1387 𝑙1𝑧 = 2,2675 √12 + (0,3470)2 + (2,2675)2 = 0,9061 Repetindo este mesmo procedimento para as outras componentes principais do tensor, obtém-se os demais vetores das direções principais. Ou seja, substituindo 𝜎2 em 3.14 obtém-se: (−0,9128 −15 10 −15 −70,9128 20) [ 1 𝑙′2𝑦 𝑙′2𝑧 ] = 0 Resolvendo o sistema tem-se: 𝑙′2𝑥 = 1; 𝑙′2𝑦 = −0,3220; 𝑙′ 2𝑧 = −0,3917 Novamente, utilizando as equações 3.17 a 3.19 para normalizar o vetor dos cossenos diretores, na direção e sentido de 𝜎2, tal que seu módulo fique igual a um, tem-se: 𝑙2𝑥 = 1 √12 + (−0,3220)2 + (−0,3917)2 = 0,8919 𝑙2𝑦 = −0,3220 √12 + (−0,3220)2 + (−0,3917)2 = −0,2872 𝑙2𝑧 = −0,3917 √12 + (−0,3220)2 + (−0,3917)2 = −0,3494 Finalmente, substituindo 𝜎3 em 3.14 vem que: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 59 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. (78,3833 −15 10 −15 8,3833 20) [ 1 𝑙′3𝑦 𝑙′3𝑧 ] = 0 Resolvendo o sistema: 𝑙′3𝑥 = 1; 𝑙′3𝑦 = 4,4750; 𝑙′3𝑧 = −1,1258 utilizando as equações 3.17 a 3.19 para a normalização do vetor dos cossenos diretores, 𝑙3𝑥 = 1 √12 + (4,4750)2 + (−1,1258)2 = 0,2118 𝑙3𝑦 = 4,4750 √12 + (4,4750)2 + (−1,1258)2 = 0,9478 𝑙3𝑧 = −1,1258 √12 + (4,4750)2 + (−1,1258)2 = −0,2384 Com todas as nove componentes da matriz dos cossenos diretores calculadas, pode- se escrever: [𝐿] = ( 0,3996 0,1387 0,9061 0,8919 −0,2872 −0,3494 0,2118 0,9478 −0,2384 ) Fica a cargo do leitor verificar que o produto [𝐿] [𝜎] [𝐿]𝑇 vai resultar na matriz do tensor tensão expressa no sistema de coordenadas principais (xp,yp,zp), [𝜎𝑝′], que neste caso será dada por: [𝜎𝑝′] = ( 37,5 0 0 0 20,9 0 0 0 −58,4 ) 𝑀𝑃𝑎 Exercício 3.2 Em determinado ponto do meio contínuo foi determinado o estado plano de tensão (A), expresso no sistema (x,y), e o estado plano de tensão (B), expresso no sistema (x’,y’) girado de 45º, no sentido anti-horário, em torno do eixo z, devido a dois carregamentos distintos. Determine o estado de tensão nesse ponto quando os dois carregamentos atuarem simultaneamente. Expresse a resposta no sistema (x,y): Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 60 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 3.2.1: Carregamentos Exercício 3.2 O primeiro passo para resolver este problema é identificar o tensor tensão para cada um dos carregamentos. No carregamento A, as componentes normais são positivas, já que, nas faces positivas elas se encontram no sentido positivo. As componentes de cisalhamento, no entanto, estão orientadas no sentido oposto ao estipulado pela notação adotada, portanto, são negativas. Com isso: (𝜎𝐴)𝑥𝑦 = ( 10 −20 −20 40 ) 𝑀𝑃𝑎 Seguindo a mesma lógica para o carregamento B, mas desta vez obtendo as componentes do tensor tensão no sistema (x’,y’), tem-se: (𝜎𝐵)𝑥′𝑦′ = (20 5 5 30) 𝑀𝑃𝑎 O próximo passo é girar o sistema (x’,y’), em torno do eixo z, de modo que este se alinhe como o sistema (x,y). Ou seja, deve-se efetuar um giro de 45º no sentido horário (negativo) e, para realizar isso, pode-se utilizar as equações 3.20, 3.21 e 3.22: 𝜎𝑥𝑥[𝐵] = 20 + 30 2 + (20 − 30 2 ) cos(2(−450)) + 5 𝑠𝑒𝑛(2(−450)) = 20𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦𝑦[𝐵] = 20 + 30 2 − (20 − 30 2 ) cos(2(−450)) − 5 𝑠𝑒𝑛(2(−450)) = 30𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑥𝑦[𝐵] = − (20 − 30 2 ) 𝑠𝑒𝑛(2(−450)) + 5 cos(2(−450)) = −5𝑀𝑃𝑎 Agora, como as componentes do tensor tensão dos dois carregamentos estão expressas no mesmo sistema de eixos, basta adicionar um ao outro para obter o estado de tensão, dos carregamentos combinados, no ponto: [𝜎𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙] = ( 10 −20 −20 40 ) + (20 −5 −5 30) = ( 30 −25 −25 70 ) 𝑀𝑃𝑎 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 61 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 3.3 Para o estado de tensão indicado na Figura, determine o tensor tensão no sistema de eixo (x’,y’,z’), obtido por meio de uma rotação no sentido anti-horário de 45º no entorno do eixo z: A primeira etapa para resolução deste problema consiste em identificar se as componentes do tensor tensão são positivas ou negativas. Observa-se na Figura ao lado que nas direções x e y existem componentes normais e de cisalhamento. Na direção z existe somente uma componente normal de tensão. • 𝜎𝑥𝑥 = 10𝑀𝑃𝑎, pois é a tensão que atua na face normal a x e na direção de x e é positiva porque atua em uma face positiva, no sentido positivo. • 𝜎𝑦𝑦 = −10𝑀𝑃𝑎, pois é a tensão que atua na face normal a y e na direção de y e é negativa porque atua em uma face positiva, no sentido negativo. • 𝜎𝑧𝑧 = 30𝑀𝑃𝑎, pois é a tensão que atua na face normal a z e na direção de z e é positiva porque atua em uma face positiva, no sentido positivo. • 𝜎𝑥𝑦 = 20𝑀𝑃𝑎, pois é a tensão que atua na face normal a x e na direção de y e é positiva porque atua em uma face positiva, no sentido positivo. Nesse caso, o tensor tensão deve ser expresso como: [𝜎] = ( 10 20 0 20 −10 0 0 0 30 ) 𝑀𝑃𝑎 Observando o tensor acima e a Figura do problema, é fácil observar que, como não existe componente de cisalhamento associada a z e, como a rotação desejada é no entorno do eixo z, este problema pode ser tratado como um caso 2D, para as componentes de tensão no plano (x,y) e a componente 𝜎𝑧𝑧 permanecerá inalterada independentemente do ângulo de rotação no entorno de z. Com isso, utilizando a equação 3.3, associada à matriz de rotação 2D, tem-se: [𝜎′] = ( cos (45𝑜) sen (45𝑜) −sen (45𝑜) cos (45𝑜)) (10 20 20 −10) (cos (45𝑜) −sen(45𝑜) sen (45𝑜) cos (45𝑜) ) [𝜎′] = ( √2 2 √2 2 − √2 2 √2 2 ) (10 20 20 −10) ( √2 2 − √2 2 √2 2 √2 2 ) Figura 3.3.1: Estado de tensão exercício 3.3 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 62 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Efetuando o produto matricial, tem-se: [𝜎′]2𝐷 = ( 20 −10 −10 −20) 𝑀𝑃𝑎 Como a componente normal a face perpendicular ao eixo z permanecerá inalterada, independentemente do ângulo de rotação no entorno do eixo z, tem-se que 𝜎𝑧′𝑧′ = 𝜎𝑧𝑧 = 30 Mpa. Portanto, [𝜎′] = ( 20 −10 0 −10 −20 0 0 0 30 ) 𝑀𝑃𝑎 Exercício 3.4: Para o estado de tensão do exercício 3.3 determine: a) Componentes principais do tensor tensão; b) Maior componente de cisalhamento no plano (x,y); c) Maior componente de cisalhamento em 3D; d) Cossenos diretores das normais aos planos onde ocorrem as componentes principais de tensão; Como não há componente de cisalhamento associada à direção z, a componente 𝜎𝑧𝑧 já é uma componente principal e, por isso, resta determinar as demais componentes principais que estão no plano (x,y), representado pelo tensor 2D a seguir: [𝜎] = (10 20 20 −10) 𝑀𝑃𝑎 Usando as equações 3.25 e 3.26 tem-se: 𝜎𝐼 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 + √(𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 = 10 − 10 2 + √(10 − (−10) 2 ) 2 + 202 = 22,3607 𝜎𝐼𝐼 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 − √(𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 = 10 − 10 2 − √(10 − (−10) 2 ) 2 + 202 = −22,3607 Ordenando os valores das componentes principais tal que 𝜎1 ≥ 𝜎2 ≥ 𝜎3, vem que: 𝜎1 = 30𝑀𝑃𝑎; 𝜎2 = 22,36𝑀𝑃𝑎; 𝜎3 = −22,36𝑀𝑃𝑎 Nesse contexto, a maior componente de cisalhamento no plano (x,y) pode ser obtida usando a equação 3.29: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 63 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜏max 2𝐷(𝑥𝑦) = 𝜎𝐼 − 𝜎𝐼𝐼 2 = 22,36 − (−22,36) 2 = 22,36𝑀𝑃𝑎 𝜏max 2𝐷 = 22,36𝑀𝑃𝑎 A maior componente de cisalhamento em 3D pode ser obtida usando a equação 3.30. Ou seja, 𝜏max 3𝐷 = 𝜎1 − 𝜎3 2 = 30 − (−22,36) 2 = 26,18𝑀𝑃𝑎 𝜏max 3𝐷 = 26,18𝑀𝑃𝑎 Para obter-se os cossenos diretores das normais aos planos das componentes principais deve-se, inicialmente, determinar o ângulo de rotação das normais aos planos principais e, em seguida, substituir este valor na matriz de rotação 2D. Utilizando a equação 3.27: 𝜃𝑃𝑥𝑦 = 1 2 tan−1 ( 2𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 ) = 1 2 tan−1 ( 2 ∗ 20 10 − (−10)) = 31,72𝑜 Onde, 𝜃𝑃𝑥𝑦 representa o ângulo entre o eixo x e a normal ao plano onde atua a componente principal, 𝜎𝐼, no plano (x,y). Substituindo o ângulo 𝜃𝑃𝑥𝑦 na matriz de rotação [L2D] tem-se: [𝐿2𝐷 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑐𝑖𝑝𝑎𝑖𝑠] = ( cos (𝜃𝑃) sen (𝜃𝑃) −sen (𝜃𝑃) cos (𝜃𝑃)) = ( 0,8507 0,5257 −0,5257 0,8507) Como a rotação é somente no entorno de z, uma das direções principais é o próprio z e as demais ortogonais a z. Então, a matriz dos cossenos diretores em 3D para este caso é dada por: [𝐿] = ( 0,8507 0,5257 0 −0,5257 0,8507 0 0 0 1 ) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 64 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 3.5: Para o estado de tensão ilustrado na Figura a seguir determine: a) Componentes do tensor tensão no sistema de eixos obtido por meio de rotação de 45º, no sentido anti-horário em torno de z; b) Componentes principais do tensor tensão; c) Cossenos diretores das normais aos planos principais, com relação aos eixos não rotacionados. Figura 3.5.1: Estado de tensão exercício 3.5 O primeiro passo para a resolução do exercício é identificar as componentes do tensor tensão: • 𝜎𝑥𝑥 = 30𝑀𝑃𝑎, pois é a componente normal do tensor que atua na face normal a x e na direção de x e é positiva porque atua em uma face positiva no sentido positivo. • 𝜎𝑦𝑦 = −30𝑀𝑃𝑎, pois é a tensão que atua na face normal a y e na direção de y e é negativa porque atua em uma face positiva no sentido negativo. • 𝜎𝑧𝑧 = 60𝑀𝑃𝑎, pois é a componente de tensão que atua na face normal a z e na direção de z, sendo positiva porque atua em uma face positiva no sentido positivo. • 𝜎𝑥𝑦 = 40𝑀𝑃𝑎, pois é a tensão que atua na face normal a x e na direção de y e é positiva porque atua em uma face positiva no sentido positivo. Com isso o tensor tensão pode ser representado como: [𝜎] = ( 30 40 0 40 −30 0 0 0 60 ) 𝑀𝑃𝑎 Como o giro é somente no entorno de z e, como não existe componente de cisalhamento associada a coordenada z, é possível utilizar as equações de rotação no plano (x,y) para determinar as componentes normais e de cisalhamento neste plano. Para este caso, o valor da componente normal do tensor tensão na direção de z não será alterada, permanecendo sempre o mesmo valor, independente do ângulo Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 65 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. de rotação efetuado no entorno de z. Com isso, utilizando as equações 3.20, 3.21 e 3.22, obtém-se: 𝜎𝑥′𝑥′ = 30 − 30 2 + 30 + 30 2 cos(90𝑜) + 40𝑠𝑒𝑛(90𝑜) = 40𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦′𝑦′ = 30 − 30 2 − 30 + 30 2 cos(90𝑜) − 40𝑠𝑒𝑛(90𝑜) = −40𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑥′𝑦′ = − 30 + 30 2 𝑠𝑒𝑛(90𝑜) + 40𝑐𝑜𝑠(90𝑜) = −30𝑀𝑃𝑎 Então: [𝜎]45𝑜 = ( 40 −30 0 −30 −40 0 0 0 60 ) 𝑀𝑃𝑎 Como não existe componente de cisalhamento relacionada à coordenada z, 𝜎𝑧𝑧 já é uma componente principal e por isso pode-se utilizar as equações 3.25 e 3.26, para determinar as componentes principais de tensão no plano (x,y), ou seja: 𝜎𝐼 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 + √( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 = 30 − 30 2 + √( 30 + 30 2 ) 2 + 402 = 50,00 𝜎𝐼𝐼 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 − √( 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 = 30 − 30 2 − √( 30 + 30 2 ) 2 + 402 = −50,00 Com isso, obtém-se: 𝜎1 = 60𝑀𝑃𝑎; 𝜎2 = 50𝑀𝑃𝑎; 𝜎3 = −50𝑀𝑃𝑎 Para obter-se os cossenos diretores, normais aos planos das componentes principais de tensão, deve-se obter primeiramente o ângulo de rotação no plano com as direções principais e depois substituir este valor na matriz de rotação 2D. Usando a equação 3.27: 𝜃𝑃 = 1 2 tan−1 ( 2𝜎𝑥𝑦 𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 ) = 1 2 tan−1 ( 2 ∗ 40 30 + 30) = 13,28𝑜 Substituindo na matriz de rotação 2D, tem-se: [𝐿2𝐷 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑐𝑖𝑝𝑎𝑖𝑠] = ( cos (𝜃𝑃) sen (𝜃𝑃) −sen (𝜃𝑃) cos (𝜃𝑃)) = ( 0,8944 0,4472 −0,4472 0,8944) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 66 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Como a rotação é somente no entorno de z, uma das direções principais é a direção do próprio eixo z. As demais componentes são ortogonais a z. Então, a matriz dos cossenos diretores em 3D para este caso pode ser expressa por: [𝐿] = ( 0,8944 0,4472 0 −0,4472 0,8944 0 0 0 1 ) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 67 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 4 – Tensor Deformação (Cauchi) 4.1. Introdução: Neste capítulo será estudada outra entidade tensorial conhecida por deformação. O tensor deformação, representado pela grandeza adimensional [ε], expressa alterações de forma do meio sólido quando submetido a um estado de tensão e/ou variação de temperatura ou de variação higroscópica do meio, dentre outros. Por ser uma grandeza tensorial, toda formulação desenvolvida para transformação de eixos do tensor tensão, bem como os procedimentos utilizados para obter as componentes e direções principais do tensor tensão, poderão ser utilizados no tensor deformação. Devido a este fato estes assuntos não serão abordados, neste capítulo, com a mesma ênfase endereçada ao tensor tensão no capítulo anterior. 4.2. Notação: Seguindo uma lógica similar à utilizada para as tensões, as nove componentes do tensor deformação serão representadas como segue: 𝜀𝑖𝑗 Em que o índice “i” diz respeito à face na qual a deformação acorre e “j” se refere à direção da deformação. O tensor deformação pode ser representado como: [𝜀] = [ 𝜀𝑥𝑥 𝜀𝑥𝑦 𝜀𝑥𝑧 𝜀𝑦𝑥 𝜀𝑦𝑦 𝜀𝑦𝑧 𝜀𝑧𝑥 𝜀𝑧𝑦 𝜀𝑧𝑧 ] Onde estão representadas todas as nove componentes de deformação. 4.3. Relações diferenciais entre deformação e deslocamento: As componentes do tensor deformação, em função dos deslocamentos de um elemento infinitesimal, no plano (x,y), estão representadas na Figura a seguir: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 68 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 4.1 - Deformações no plano A componente normal de deformação é uma grandeza adimensional, definida como a variação no comprimento de um segmento infinitesimal dividida pelo comprimento inicial deste segmento. Sendo assim, pode escrever a deformação na direção de x como sendo: 𝜀𝑥𝑥 = lim ∆→0 𝑂′𝐶′ − 𝑂𝐶 𝑂𝐶 Conforme ilustrado na Figura 4.1, aproximando o valor 𝑂′𝐶′ pela projeção deste segmento no eixo x, este valor escrito como: 𝑂′𝐶′ =̃ ∆𝑥 + 𝑢 + 𝜕𝑢 𝜕𝑥 ∆𝑥 − 𝑢 𝑂𝐶 = ∆𝑥 Com isso: 𝜀𝑥𝑥 = lim ∆→0 ∆𝑥 + 𝜕𝑢 𝜕𝑥 ∆𝑥 − ∆𝑥 ∆𝑥 = 𝜕𝑢 𝜕𝑥 (4.1) Similarmente, na direção y tem-se: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 69 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑦𝑦 = lim ∆→0 𝑂′𝐸′ − 𝑂𝐸 𝑂𝐸 Conforme ilustrado na Figura 4.1, tem-se: 𝑂′𝐸′ =̃ ∆𝑦 + 𝑣 + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ∆𝑦 − 𝑣 𝑂𝐸 = ∆𝑦 Com isso: 𝜀𝑦𝑦 = lim ∆→0 ∆𝑦 + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ∆𝑦 − ∆𝑦 ∆𝑦 = 𝜕𝑣 𝜕𝑦 (4.2) Definindo 𝛾𝑥𝑦 como a soma dos ângulos 𝛼 𝑒 𝛽, têm-se: 𝛾𝑥𝑦 = 𝛼 + 𝛽 =̃ tan(𝛼) + tan(𝛽) Da Figura 4.1 tem-se que: tan(𝛼) =̃ 𝜕𝑣 𝜕𝑥 ∆𝑥 𝑢 + 𝜕𝑢 𝜕𝑥 ∆𝑥 + ∆𝑥 − 𝑢 =̃ 𝜕𝑣 𝜕𝑥 ∆𝑥 ∆𝑥 (𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 1) =̃ 𝜕𝑣 𝜕𝑥 tan(𝛽) =̃ 𝜕𝑢 𝜕𝑦 ∆𝑦 𝑣 + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ∆𝑦 + ∆𝑦 − 𝑣 =̃ 𝜕𝑢 𝜕𝑦 ∆𝑦 ∆𝑦 (𝜕𝑣 𝜕𝑦 + 1) =̃ 𝜕𝑢 𝜕𝑦 Define-se a componente de deformação de cisalhamento como sendo a metade de (𝛼 + 𝛽), ou seja 𝛾𝑥𝑦 2 . Portanto, 𝜀𝑥𝑦 = 𝛾𝑥𝑦 2 = 1 2 (𝜕𝑢 𝜕𝑦 + 𝜕𝑣 𝜕𝑥) (4.3) A componente 𝜀𝑥𝑦 definida na equação 4.3, 𝜀𝑥𝑦 = 𝛾𝑥𝑦 2 , será utilizada por atender as operações com tensores (o que não ocorre com o termo 𝛾𝑥𝑦, como será demostrado na seção seguinte). As equações 4.1, 4.2 e 4.3 podem ser todas expressas em notação indicial como: 𝜀𝑖𝑗 = 1 2 (𝜕𝑢𝑖 𝜕𝑥𝑗 + 𝜕𝑢𝑗 𝜕𝑥𝑖 ) (4.4) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 70 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Onde os índices i e j podem ser 1, 2 e 3, associados às direções x, y e z respectivamente. Sendo assim, Para 𝑖 = 1, 𝑢1 = 𝑢; para 𝑖 = 2, 𝑢2 = 𝑣; e, para 𝑖 = 3, 𝑢3 = 𝑤. E, para 𝑖 = 1, 𝑥1 = 𝑥; para 𝑖 = 2, 𝑥2 = 𝑦; para 𝑖 = 3, 𝑥3 = 𝑧 Adotando-se esta nomenclatura, a equação 4.4 é, então, utilizada para definir todas as nove componentes do tensor deformação. 4.4. Equações de transformação de sistemas de eixos do tensor deformação: Nesta seção será demonstrado que as componentes de deformação, assim como as componentes do tensor tensão, é um tensor de segunda ordem e, portanto, podem a ele ser utilizadas as mesmas equações de transformação de coordenadas utilizadas para as componentes do tensor tensão. Para isto considere a ilustração indicada na Figura 4.2 a seguir. Figura 4.2 - Deformações em dois sistemas distintos Utilizando a equação 4.4, descrevendo u’ e v’ como funções de x e y e aplicando a regra da cadeia às derivadas parciais é possível escrever que: 𝜀𝑥′𝑥′ = 𝜕𝑢′ 𝜕𝑥′ = 𝜕𝑢′ 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥′ + 𝜕𝑢′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥′ 𝜀𝑦′𝑦′ = 𝜕𝑣′ 𝜕𝑦′ = 𝜕𝑣′ 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ + 𝜕𝑣′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦′ Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 71 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑥′𝑦′ = 1 2 (𝜕𝑣′ 𝜕𝑥′ + 𝜕𝑢′ 𝜕𝑦′) = 1 2 (𝜕𝑣′ 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥′ + 𝜕𝑣′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥′) + 1 2 (𝜕𝑢′ 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ + 𝜕𝑢′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑦′) Da geometria da Figura 4.2, pode escrever as seguintes expressões: 𝑥 = 𝑥′ cos(𝜃) − 𝑦′𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝑦 = 𝑥′𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑦′cos (𝜃) 𝑢′ = 𝑢 cos(𝜃) + 𝑣𝑠𝑒𝑛(𝜃) 𝑣′ = −𝑢𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑣𝑐𝑜𝑠(𝜃) Substituindo as três primeiras relações geométricas acima na expressão da deformação 𝜀𝑥′𝑥′, e considerando que: 𝜀𝑥′𝑥′ = 𝜕𝑢′ 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥′ + 𝜕𝑢′ 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝑥′= ( 𝜕𝑢′ 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑥 + 𝜕𝑢′ 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑥 ) 𝜕𝑥 𝜕𝑥′ + ( 𝜕𝑢′ 𝜕𝑢 𝜕𝑢 𝜕𝑦 + 𝜕𝑢′ 𝜕𝑣 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ) 𝜕𝑦 𝜕𝑥′ Obtêm-se: 𝜀𝑥′𝑥′ = (𝜕𝑢 𝜕𝑥 cos(𝜃) + 𝜕𝑣 𝜕𝑥 𝑠𝑒𝑛(𝜃)) cos(𝜃) + (𝜕𝑢 𝜕𝑦 cos(𝜃) + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝑠𝑒𝑛(𝜃)) sen (𝜃) 𝜀𝑥′𝑥′ = 𝜕𝑢 𝜕𝑥 cos2(𝜃) + 𝜕𝑣 𝜕𝑦 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) + (𝜕𝑣 𝜕𝑥 + 𝜕𝑢 𝜕𝑦) 𝑠𝑒𝑛(𝜃)cos (𝜃) Como 𝜀𝑥𝑥 = 𝜕𝑢 𝜕𝑥 ; 𝜀𝑦𝑦 = 𝜕𝑣 𝜕𝑦 ; 𝑒 𝜀𝑥𝑦 = 1 2 ( 𝜕𝑣 𝜕𝑥 + 𝜕𝑢 𝜕𝑦), então: 𝜀𝑥′𝑥′ = 𝜀𝑥𝑥 cos2(𝜃) + 𝜀𝑦𝑦 𝑠𝑒𝑛2(𝜃) + 𝜀𝑥𝑦 2 𝑠𝑒𝑛(𝜃)cos (𝜃) Substituindo as relações trigonométricas a seguir, na expressão acima, cos (𝜃)2 = 1 + cos (2𝜃) 2 sen (𝜃)2 = 1 − cos (2𝜃) 2 cos(𝜃) 𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) 2 Obtém-se: 𝜀𝑥′𝑥′ = (𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦) 2 + (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦) 2 cos(2𝜃) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) (4.5) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 72 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Similarmente, 𝜀𝑦′𝑦′ = (𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦) 2 − (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦) 2 cos(2𝜃) − 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝜃) (4.6) 𝜀𝑥′𝑦′ = − (𝜀𝑥𝑥−𝜀𝑦𝑦) 2 sen(2𝜃) + 𝜀𝑥𝑦 𝑐𝑜𝑠(2𝜃) (4.7) Como pode-se observar, as expressões obtidas para as componentes de deformação, devido a transformação de eixos coordenados no plano, são as mesmas obtidas para as componentes do tensor tensão. Este mesmo desenvolvimento pode ser elaborado para o caso 3D. Isto prova que a grandeza deformação é um tensor de segunda ordem e, portanto, toda a formulação matemática desenvolvida para a transformação de eixos do tensor tensão também se aplica à deformação. Observe também que ao substituir 𝜀𝑥𝑦, por 𝛾𝑥𝑦 2 nas equações 4.5 a 4.7, a expressão não mais representa uma transformação de coordenadas de um tensor de 2ª ordem. Portanto, para representar o tensor deformação deve-se utilizar o 𝜀𝑥𝑦, ao invés de 𝛾𝑥𝑦. 4.5. Medição experimental de componentes do tensor deformação: Como demonstrado anteriormente, as componentes de deformação compõem um tensor de segunda ordem e, portanto, as equações de transformação de eixos dessas componentes são análogas às de transformação do tensor tensão. Estas equações de transformação de coordenadas, juntamente com medições de componentes de deformações normais, podem ser utilizadas para determinar o tensor deformação no ponto. Para se determinar as componentes do tensor deformação, experimentalmente, são utilizadas resistências elétricas ou extensômetros ou “strain gauges” (medidor de componentes normais de deformação) colados na estrutura que, utilizados em associação com uma Ponte de Wheatstone1 (Wheatstone Bridge), permite determinar as componentes, normais e de cisalhamento, do tensor deformação. Para isso é necessário arranjar os extensômetros de maneira que seja possível determinar o estado de deformação no ponto. O arranjo dos extensômetros com este objetivo é denominado de Roseta. A roseta, ou arranjo dos extensômetros, medindo deformações longitudinais, para determinar o tensor deformação no ponto, pode ser genericamente representada como ilustrado na Figura a seguir: 1 Ponte de Wheatstone é um circuito elétrico utilizado para medir valores de resistência elétrica por meio do balanceamento de duas pernas de um circuito de ponte. Uma dessas pernas contém a resistência cujo valor é desconhecido. A resistência elétrica está calibrado com a deformação do extensômetro. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 73 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 4.3 - Roseta de deformação Nessa Figura estão representados os extensômetros A, B e C, instalados com os ângulos α, β e γ, em relação ao eixo x, respectivamente. Com esta configuração é possível medir a deformação normal nas três direções indicadas pelas setas que atravessam os extensômetros. A seguir demonstra-se, que com estes valores podem- se determinar todas as componentes do tensor deformação no plano. As componentes de deformação, nas direções dos extensômetros A, B e C, podem ser determinadas por meio da equação 4.5, reescrita a seguir: 𝜀𝑥′𝑥′ = (𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦) 2 + (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦) 2 cos(2𝜃) + 𝜀𝑥𝑦 𝑠𝑒𝑛(2𝜃) (4.5) Utilizando esta equação e considerando o eixo x’ na mesma direção do extensômetro A, obtém-se uma equação de 𝜀𝑥𝑥, 𝜀𝑦𝑦 𝑒 𝜀𝑥𝑦 em termos de 𝜀𝐴 (deformação longitudinal na direção do extensômetro A). Repetindo este procedimento, considerando o eixo x’ na direção dos extensômetros B e C, respectivamente, obtêm-se as equações de 𝜀𝑥𝑥, 𝜀𝑦𝑦 𝑒 𝜀𝑥𝑦 em termos de 𝜀𝐵 e 𝜀𝐶, como segue: 𝜀𝐴 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2𝛼) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝛼) 𝜀𝐵 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2𝛽) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝛽) 𝜀𝐶 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2𝛾) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2𝛾) Resolvendo este sistema de equação obtêm-se os valores das componentes 𝜀𝑥𝑥, 𝜀𝑦𝑦 𝑒 𝜀𝑥𝑦 do tensor deformação, no plano, em função das deformações longitudinais 𝜀𝐴, 𝜀𝐵 𝑒 𝜀𝐶, registradas, experimentalmente, nos extensômetros A, B e C. 4.5.1. Casos especiais de rosetas Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 74 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Como definido anteriormente, uma roseta é um arranjo composto por três extensômetros orientados segundo ângulos conhecidos. Embora a escolha destes ângulos possa ser feita de diversas maneiras, existem dois casos comuns que serão destacados neste texto. 4.5.1.1. Roseta Retangular: Na roseta retangular os ângulos entre os extensômetros é de 45º, como ilustrado na Figura a seguir: Figura 4.4 - Roseta Retangular Neste tipo de roseta observa-se que os extensômetros A e C estão alinhados com os eixos x e y, respectivamente. Devido ao fato de estarem alinhados dessa forma, as deformações normais nos eixos x e y serão as leituras dos extensômetros A e C, respectivamente, ou seja: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴; 𝜀𝑦𝑦 = 𝜀𝐶 Para obter a componente da deformação de cisalhamento, incógnita restante, utiliza- se a equação 4.5 atribuindo o ângulo de 45º para 𝛽, ou seja: 𝜀𝐵 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 45𝑜) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 45𝑜) Como: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴; 𝜀𝑦𝑦 = 𝜀𝐶 E, cos(90o) = 0 e sem (90o) =1, tem-se que: 𝜀𝐵 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝐶 2 + 𝜀𝑥𝑦 Ou, Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 75 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑥𝑦 = 2𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 − 𝜀𝐶 2 (4.8) Com isso foram obtidas todas as componentes de deformação no plano x,y, as quais podem ser representadas matricialmente como: [𝜀] = ( 𝜀𝐴 2𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 − 𝜀𝐶 2 2𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 − 𝜀𝐶 2 𝜀𝐶 ) 4.5.1.2. Roseta Equiângular: Na roseta equiângular os ângulos entre os extensômetros é de 60º como ilustrado na Figura a seguir: Figura 22.5 – Roseta Equiângular Antes de se iniciar os cálculos é importante observar que nesta roseta o extensômetro A está alinhado com o eixo x e, portanto, a deformação normal no eixo x é simplesmente a leitura do extensômetro A, ou seja: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴 Para se obter as demais componentes de deformação é necessário utilizar a equação 4.5 nas direções de B e C, ou seja: 𝜀𝐵 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 60) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 60) 𝜀𝐶 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 120) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 120) Substituindo os valores dos cossenos e, lembrando que 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴: 𝜀𝐵 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 (− 1 2) + 𝜀𝑥𝑦√3 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 76 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝐶 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 (− 1 2) − 𝜀𝑥𝑦√3 2 O que leva ao seguinte sistema de equações: 3𝜀𝑦𝑦 + 2√3𝜀𝑥𝑦 = 4𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 3𝜀𝑦𝑦 − 2√3𝜀𝑥𝑦 = 4𝜀𝐶 − 𝜀𝐴 Ou: (3 2√3 3 −2√3 ) [𝜀𝑦𝑦 𝜀𝑥𝑦] = [4𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 4𝜀𝐶 − 𝜀𝐴] Pré multiplicando ambos os lados pela matriz inversa dos coeficientes: [𝜀𝑦𝑦 𝜀𝑥𝑦] = 1 −12√3 (−2√3 −2√3 −3 3 ) [4𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 4𝜀𝐶 − 𝜀𝐴] Efetuando o produto matricial e lembrando que 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴, as componentes do tensor no plano podem ser escritas como: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴; 𝜀𝑦𝑦 = ( 2(𝜀𝐵 + 𝜀𝐶) − 𝜀𝐴)/3; e 𝜀𝑥𝑦 = √3 3 (𝜀𝐵 − 𝜀𝐶) Que podem ser representadas matricialmente como: [𝜀] = ( 𝜀𝐴 √3 3 (𝜀𝐵 − 𝜀𝐶) √3 3 (𝜀𝐵 − 𝜀𝐶) ( 2(𝜀𝐵 + 𝜀𝐶) − 𝜀𝐴)/3 ) 4.6. Exercícios Resolvidos: Exercício 4.6.1 Em um determinado ponto de uma estrutura o tensor deformação no sistema (x,y,z) é dado por: 𝜀 = ( 2 4 0 4 −3 0 0 0 1 ) 𝑥10−6 Determine: a) Componentes principais do tensor deformação; b) Cossenos diretores das direções principais do tensor deformação; Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 77 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. c) Máxima componente da deformação de cisalhamento no plano (x,y), bem como a máxima componente de cisalhamento em 3D; d) Cossenos diretores da máxima componente de deformação de cisalhamento no plano (x,y); a) Para se obter as componentes principais de deformação pode-se utilizar os conceitos desenvolvidos nas transformações das componentes do tensor tensão (Capítulo 4), as quais também se aplicam às componentes do tensor de deformação já que ambos são tensores de 2ª ordem. Observando o tensor de deformação do enunciado, já é possível concluir que 𝜀𝑧𝑧 é uma componente principal, pois nenhuma componente de cisalhamento atua na face normal a z. Como z é uma direção principal, pode-se obter as outras duas componentes principais utilizando as equações do diagrama de Mohr. Ou seja: 𝜀𝐼 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + √(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜀𝑥𝑦 2 = [2 + (−3) 2 + √(2 − (−3) 2 ) 2 + 42] 𝑥10−4 = 4,22𝑥10−4 𝜀𝐼𝐼 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 − √(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜀𝑥𝑦 2 = [2 + (−3) 2 − √(2 − (−3) 2 ) 2 + 42] 𝑥10−4 = −5,22𝑥10−4 Com isso, lembrando que 𝜀1 ≥ 𝜀2 ≥ 𝜀 3 , as três componentes principais de deformação são: 𝜀1 = 4,22𝑥10−4; 𝜀2 = 1,00𝑥10−4; 𝜀3 = −5,22𝑥10−4 b) Os cossenos diretores das direções principais podem ser obtidos calculando o ângulo de rotação no entorno de z para se obter as direções principais e, substituindo este ângulo na matriz de rotação no entorno de z, ou seja: 𝜃𝑃 = 1 2 tan−1 ( 2𝜀𝑥𝑦 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 ) = 1 2 tan−1 ( 2 ∗ 4 2 − (−3)) = 29𝑜 Substituindo na matriz rotação: [𝐿2𝐷 𝑝𝑟𝑖𝑛𝑐𝑖𝑝𝑎𝑖𝑠] = ( cos (𝜃𝑃) sen (𝜃𝑃) −sen (𝜃𝑃) cos (𝜃𝑃)) = ( 0,8746 0,4848 −0,4848 0,8746) Como a rotação foi efetuada no entorno de z: [𝐿] = ( 0,8746 0,4848 0 −0,4848 0,8746 0 0 0 1 ) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 78 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Observe que, como [𝐿] neste caso é a matriz dos cossenos diretores das normais aos planos principais, então o produto [𝐿][𝜀][𝐿]𝑇 resultará na matriz contendo as componentes principais do tensor. Ou seja: ( 0,8746 0,4848 0 −0,4848 0,8746 0 0 0 1 ) ( 2 4 0 4 −3 0 0 0 1 ) 𝑥10−6 ( 0,8746 −0,4848 0 0,4848 0,8746 0 0 0 1 ) = ( 4,22 0 0 0 −5,22 0 0 0 1 ) 𝑥 10−6 c) A máxima componente de deformação de cisalhamento no plano (x,y) é dada por: 𝜀𝑥𝑦 𝑚𝑎𝑥 = 𝜀𝐼 − 𝜀𝐼𝐼 2 = 4,22𝑥10−4 − (−5,22𝑥10−4) 2 = 4,72 𝑥 10−4 A máxima componente de deformação (distorção) de cisalhamento em 3D é dada por: 𝜀max 3𝐷 = 𝜀1 − 𝜀3 2 = 4,22𝑥10−4 − (−5,22𝑥10−4) 2 = 4,72 𝑥 10−4 Observe que neste caso, coincidentemente, a máxima componente de cisalhamento em 3D se encontra no plano (x,y), mas isso nem sempre ocorre. d) Os cossenos diretores da máxima componente de cisalhamento no plano (x,y) pode ser obtida a um ângulo de 45º em relação às normais aos planos principais em (x,y), observe a representação na Figura a seguir: Figura E.4.6.1 – Ângulo da normal ao plano one ocorre a máxima componente de cisa;hamento no plano (x,y) Como ilustrado na figura, o ângulo que se deve girar para atingir o plano de ocorrência da maior componente de cisalhamento, no plano (x,y), pode ser calculado como: 𝜃𝑠 𝑚𝑎𝑥 = −90 + 2 ∗ 29 2 = −16𝑜 Substituindo este ângulo na matriz dos cossenos diretores: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 79 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. [𝐿2𝐷 𝑠 𝑚𝑎𝑥] = ( cos (𝜃𝑠 𝑚𝑎𝑥) sen (𝜃𝑠 𝑚𝑎𝑥) −sen (𝜃𝑠 𝑚𝑎𝑥) cos (𝜃𝑠 𝑚𝑎𝑥)) = (0,9613 −0,2756 0,2756 0,9613 ) Como a rotação foi efetuada somente no entorno de z, vem que: [𝐿] = ( 0,9613 −0,2756 0 0,2756 0,9613 0 0 0 1 ) Portanto, as componentes máximas de cisalhamento ser expressas no sistema de eixos onde estas ocorrem. Matricialmente pode-se representar: ( 0,9613 −0,2756 0 0,2756 0,9613 0 0 0 1 ) ( 2 4 0 4 −3 0 0 0 1 ) 𝑥10−6 ( 0,9613 0,2756 0 −0,2756 0,9613 0 0 0 1 ) = ( 𝑥𝑥 𝑦𝑦 0 yy 𝑥𝑥 0 0 0 1 ) 𝑥 10−6 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 80 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 4.6.2 As leituras de uma roseta retangular, como indicado na Figura a seguir, foram 𝜀𝐴 = 60 𝑥 10−4; 𝜀𝐵 = 30 𝑥 10−4; 𝜀𝐶 = 40 𝑥 10−4. Determine o estado de deformação neste ponto, expresso nos eixos (x,y). Por inspeção do problema já é possível concluir que: 𝜀𝐴 = 𝜀𝑥𝑥; 𝜀𝐶 = 𝜀𝑦𝑦 Sendo assim, para obter a incógnita restante, 𝜀𝑥𝑦, basta utilizar a equação de rotação a seguir: 𝜀𝐵 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 45𝑜) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 45𝑜) Como: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴; 𝜀𝑦𝑦 = 𝜀𝐶 E, cos (90o) = 0 e sen (90o) = 1, tem-se que: 𝜀𝐵 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝐶 2 + 𝜀𝑥𝑦 Simplificando, 𝜀𝑥𝑦 = 2 ∗ 30 − 60 − 40 2 𝑥 10−4 = −20 𝑥 10−4 Finalmente: [𝜀] = ( 60 −20 −20 40 ) 𝑥 10−4 Figura E.4.6.2– Exemplo 6.2 de roseta retangular Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 81 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 4.6.3 As leituras de uma roseta com extensômetros espaçados de 120º, como indicado na Figura a seguir, foram 𝜀𝐴 = 10 𝑥 10−4; 𝜀𝐵 = 20 𝑥 10−4; 𝑒 𝜀𝐶 = −40 𝑥 10−4 . Determine as componentes principais do tensor deformação. Por inspeção observa-se que: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴 Para se obter as outras incógnitas utiliza-se a equação de transformação de eixos, ou seja: 𝜀𝐵 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 120) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 120) 𝜀𝐶 = 𝜀𝑥𝑥+𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥−𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 240) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 240) Substituindo o valor dos cossenos e lembrando que 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴, obtém-se: 𝜀𝐵 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 (− 1 2) − 𝜀𝑥𝑦√3 2 𝜀𝐶 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 (− 1 2) + 𝜀𝑥𝑦√3 2 Adicionando as duas equações: 𝜀𝐵 + 𝜀𝐶 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 = 𝜀𝐴 2 + 3𝜀𝑦𝑦 2 Com isso: 𝜀𝑦𝑦 = (2𝜀𝐵 + 2𝜀𝐶 − 𝜀𝐴) 3 = (2 ∗ 20 + 2 ∗ (−40) − 10) 3 𝑥 10−4 = −16,67 𝑥 10−4 Para se obter a última incógnita, pode-se substituir 𝜀𝑦𝑦 na equação de 𝜀𝐵, ou seja: 𝜀𝐵 = 𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 (− 1 2) − 𝜀𝑥𝑦√3 2 𝜀𝑥𝑦 = 2 √3 [𝜀𝐴 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝐴 − 𝜀𝑦𝑦 2 (− 1 2) − 𝜀𝐵] = 2 √3 [10 − 16,67 2 + 10 − (−16,67) 2 (− 1 2) − 20] 𝑥 10−4 𝜀𝑥𝑦 = −34,64 𝑥 10−4 Com isso o tensor deformação neste ponto pode ser expresso como: Figura E.4.6.3– Exemplo de roseta equiangular 6.3 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 82 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. [𝜀] = [ 10 −34,64 −34,64 −16,67] 𝑥 10−4 Para obter-se as componentes principais de deformação no plano utiliza-se as equações do diagrama de Mohr. 𝜀𝐼 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + √(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜀𝑥𝑦 2 = [10 + (−16,67) 2 + √(10 − (−16,67) 2 ) 2 + (−34,64)2] 𝑥10−4 𝜀𝐼 = 33,78 x 10−4 𝜀𝐼𝐼 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 − √(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜀𝑥𝑦 2 = [10 + (−16,67) 2 − √(10 − (−16,67) 2 ) 2 + (−34,64)2] 𝑥10−4 𝜀𝐼𝐼 = −40,45 x 10−4 Exercício 4.6.4 Para o tensor deformação [𝜀] = (1 5 5 −3) 𝑥 10−4 determine as das deformações longitudinais 𝜀𝐴, 𝜀𝐵 𝑒 𝜀𝐶 dos extensômetros de uma roseta equiângular, indicada na Figura ao lado, caso esta fosse instalada no local onde este tensor está presente. Por inspeção, tem-se: 𝜀𝐴 = 𝜀𝑥𝑥 = 1 𝑥 10−4 Para obter-se as outras leituras, basta usar a equação de rotação para alinhar o eixo x’ com as direções B e C, com isso: Figura E.4.6.4 – Exemplo 6.4 de roseta equiangular Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 83 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝐵 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 60) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 60) 𝜀𝐶 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 2 + 𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 cos(2 ∗ 120) + 𝜀𝑥𝑦𝑠𝑒𝑛(2 ∗ 120) Substituindo os valores dos cossenos e do tensor [𝜀], obtém-se: 𝜀𝐴 = 𝜀𝑥𝑥 𝜀𝐵 = [1 − 3 2 + 1 + 3 2 (− 1 2) + 5√3 2 ] 𝑥 10−4 = 2,33 𝑥 10−4 𝜀𝐶 = [1 − 3 2 + 1 + 3 2 (− 1 2) − 5√3 2 ] 𝑥 10−4 = −6,33 𝑥 10−4 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 84 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5 - Relações Constitutivas 5.1. Introdução: Como já mencionado anteriormente, as relações constitutivas são equações que relacionam forças e deformações. No caso de sistemas discretos com molas, as relações constitutivas estabelecem os vínculos entre forças e deformações nas molas, por meio das propriedades físicas dessas molas. Nesse caso, a deformação de uma mola é a diferença entre o deslocamento da extremidade direita e o deslocamento da extremidade esquerda dessa mola. Similarmente, no caso de sólidos deformáveis, as relações constitutivas vinculam as componentes do tensor tensão às componentes do tensor deformação. Para a introdução destas equações é importante conhecer os conceitos básicos de ciência dos materiais, como lei de Hooke, módulo de elasticidade e coeficiente de Poisson. 5.2. Relações constitutivas que associam as componentes normais do tensor tensão às componentes normais do tensor deformação em meios isotrópicos. Meios isotrópicos são aqueles em que as propriedades físicas do meio são as mesmas em todas as direções. Nos sistemas isotrópicos as componentes normais de tensão e de deformação estão relacionadas por constantes com acoplamento das relações constitutivas, o que não ocorre para as componentes de cisalhamento. 5.2.1. Componentes de deformação em função das componentes de tensão: Para obter-se as equações constitutivas em 3D será utilizado o conceito de superposição de efeitos o qual é aplicável em sistemas lineares, como no caso em questão, onde o material é supostamente linear elástico. Atentando para esta condição, considere as situações representadas na Figura a seguir: Figura 5.1 – Componentes normais do tensor tensão em x, y e z Na Figura 5.3 estão indicadas três situações com a presença de componentes normais do tensor tensão aplicadas, independentemente, em um mesmo ponto do continuum. A primeira componente atua na direção do eixo coordenado x, a segunda na direção de y e a terceira na direção de z. Recordando os conceitos de ensaios de tração simples, realizados em laboratório, bem como os conceitos de Módulo de Elasticidade Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 85 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. (Módulo de Young) e de coeficiente de Poisson, pode-se escrever, para cada um dos três casos, que: INSERIR UM GRÄFICO DE ENSAIO DE TRAÇÃO TENSÃO x DEFORMAÇÃO 1. Tração somente em x: • 𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑦𝑦=0 = 𝜎𝑥𝑥 𝐸 • 𝜀𝑦𝑦|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣 𝜎𝑥𝑥 𝐸 • 𝜀𝑧𝑧|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣 𝜎𝑥𝑥 𝐸 2. Tração somente em y: • 𝜀𝑦𝑦|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑥𝑥=0 = 𝜎𝑦𝑦 𝐸 • 𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑥𝑥=0 = −𝑣𝜀𝑦𝑦|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑥𝑥=0 = −𝑣 𝜎𝑦𝑦 𝐸 • 𝜀𝑧𝑧|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑥𝑥=0 = −𝑣𝜀𝑦𝑦|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑥𝑥=0 = −𝑣 𝜎𝑦𝑦 𝐸 3. Tração somente em z: • 𝜀𝑧𝑧|𝜎𝑥𝑥=𝜎𝑦𝑦=0 = 𝜎𝑧𝑧 𝐸 • 𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑥𝑥=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣𝜀𝑧𝑧|𝜎𝑥𝑥=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣 𝜎𝑧𝑧 𝐸 • 𝜀𝑦𝑦|𝜎𝑥𝑥=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣𝜀𝑧𝑧|𝜎𝑥𝑥=𝜎𝑦𝑦=0 = −𝑣 𝜎𝑧𝑧 𝐸 Para o caso em que as componentes normais atuam, simultaneamente, nas três direções cartesianas, o resultado será o somatório dos três casos apresentados anteriormente, uma vez que o sistema é linear e, portanto, pode-se utilizar o princípio da superposição de efeitos. Nesse caso, pode-se escrever a deformação normal nas três direções cartesianas em função das três componentes normais de tensão atuando simultaneamente como: 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑦𝑦=0 + 𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑧𝑧=𝜎𝑥𝑥=0 + 𝜀𝑥𝑥|𝜎𝑥𝑥=𝜎𝑦𝑦=0 𝜀𝑥𝑥 = 𝜎𝑥𝑥 𝐸 − 𝑣 𝜎𝑦𝑦 𝐸 − 𝑣 𝜎𝑧𝑧 𝐸 Somando e subtraindo o termo 𝑣 𝐸 𝜎𝑥𝑥 na expressão acima, vem que: 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) (5.1) Similarmente, para as outras componentes normais de deformação: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 86 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) (5.2) 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) (5.3) Com isso tem-se um conjunto de equações que relaciona componentes normais dos tensores de tensão e de deformação para o caso de solicitação tri axial (3D) 5.3 Deformações devido a variação de temperatura: Variações de temperatura influenciam as componentes do tensor de deformação. No caso de materiais isotrópicos, ou seja, que tem as mesmas propriedades em todas as direções, a ocorrência de variação de temperatura altera as componentes normais do tensor deformação e as componentes de cisalhamento permanecem inalteradas. As deformações, devido à variação de temperatura, em materiais isotrópicos podem ser visualizadas em um cubo submetido a variações de temperatura, onde as dimensões de suas arestas são alteradas sem ocorrência de distorção, uma vez que estas arestas permanecem retas e ortogonais entre si, antes e depois de ocorrerem deformações devido a variação de temperatura. Com isso pode-se escrever: 𝜀𝑥𝑥 = 𝛼∆𝑇 (5.4) 𝜀𝑦𝑦 = 𝛼∆𝑇 (5.5) 𝜀𝑧𝑧 = 𝛼∆𝑇 (5.6) As equações acima expressam o efeito de variação de temperatura no corpo. Onde, α é a constante de dilatação térmica do material e ΔT é a variação de temperatura. Acrescentando o efeito de variação de temperatura nas equações 5.1 a 5.3, obtém- se: 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 Além da contribuição da variação de temperatura nas componentes de deformação, também podem ser incluídas as contribuições de eventuais deformações iniciais, para considerar as influências de deformações pré-existentes, antes de o corpo ser submetido a tensões e/ou variações de temperatura como, por exemplo, no caso de recalques de apoio em edificações e de deformações inerentes a processos de fabricação e/ou montagem de componentes industriais. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 87 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Nesse contexto, o termo 𝜀𝑥𝑥 0 , referente à deformação inicial normal na direção de x, deve ser incluído na relação constitutiva. Ou seja: 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑥𝑥 0 (5.7) Similarmente, 𝜀𝑦𝑦 = 1 + 𝑣 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑦𝑦 0 (5.8) 𝜀𝑧𝑧 = 1 + 𝑣 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑧𝑧 0 (5.9) 5.4 Equações constitutivas para componentes de cisalhamento (material isotrópico): 5.4.1. Componentes do tensor deformação em função das componentes do tensor tensão Em materiais isotrópicos as componentes de cisalhamento do tensor tensão não geram componentes normais de deformação e, vice-versa, as componentes normais do tensor tensão não geram distorções características de cisalhamento no meio continuum. As componentes normais foram analisadas no item anterior e não serão consideradas nas equações constitutivas nesta seção. Outra característica das componentes de cisalhamento do tensor tensão é que 𝜎𝑖𝑗 é a única componente do tensor tensão que causa deformação de 𝜀𝑖𝑗, para 𝑖 ≠ 𝑗. Com isso pode-se escrever que: 𝜀𝑥𝑦 = 𝜎𝑥𝑦 2𝐺 + 𝜀𝑥𝑦 0 (5.10) 𝜀𝑥𝑧 = 𝜎𝑥𝑧 2𝐺 + 𝜀𝑥𝑧 0 (5.11) 𝜀𝑦𝑧 = 𝜎𝑦𝑧 2𝐺 + 𝜀𝑦𝑧 0 (5.12) Onde, G é o módulo de cisalhamento do material. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 88 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5.5 Relação entre G e E: Para se obter uma relação entre os módulos de elasticidade e o módulo de cisalhamento do material considere o caso de cisalhamento puro, representado pelos pontos A e B e pelos pontos A’ e B’ no diagrama de Mohr, indicados na Figura ao lado. Nos pontos A e B estão representadas as componentes de cisalhamento puro, enquanto os pontos A’ e B’ estão representadas as componentes principais do tensor tensão (componentes normais). Neste caso tem-se as seguintes equivalências: FAZER DIAGRAM DE CORPOS PARA OS DOIS CASOS (SEM ROTACAO DE EIXOS E COM ROTACAO) 𝜎𝑥′𝑥′ = −𝜎𝑦′𝑦′ = 𝜎𝑥𝑦 (ambos têm o módulo igual ao raio do diagrama de Mohr do tensor tensão) 𝑒 𝜀𝑥′𝑥′ = −𝜀𝑦′𝑦′ = 𝜀𝑥𝑦 (ambos têm o módulo igual ao raio do diagrama de Mohr do tensor deformação) Pela equação 5.1, pode-se escrever que: 𝜀𝑥′𝑥′ = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥′𝑥′ − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥′𝑥′ + 𝜎𝑦′𝑦′) Como 𝜎𝑥′𝑥′ = − 𝜎𝑦′𝑦′ = Raio do Diagrama de Mohr, então 𝜀𝑥′𝑥′ = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥′𝑥′ Observando que 𝜀𝑥′𝑥′ = 𝜀𝑥𝑦 e 𝜎𝑥′𝑥′ = 𝜎𝑥𝑦, vem que 𝜀𝑥𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑦 Utilizando a equação 5.10, sem a presença de deformação inicial 𝜀𝑥𝑦 0 : Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 89 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑥𝑦 = 𝜎𝑥𝑦 2𝐺 Portanto, 𝜎𝑥𝑦 2𝐺 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑦 Ou seja: 𝐺 = 𝐸 2(1 + 𝑣) (5.13) 5.6 - Resumo das equações constitutivas considerando as componentes do tensor deformação em função das componentes do tensor tensão Resumindo o que foi desenvolvido até o momento neste capítulo, tem-se um conjunto de seis equações constitutivas, uma para cada componente independente dos tensores de tensão e de deformação. As seis equações estão reescritas a seguir: 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑥𝑥 0 (5.7) 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑦𝑦 0 (5.8) 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑧𝑧 0 (5.9) 𝜀𝑥𝑦 = 𝜎𝑥𝑦 2𝐺 + 𝜀𝑥𝑦 0 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑦 + 𝜀𝑥𝑦 0 (5.10) 𝜀𝑥𝑧 = 𝜎𝑥𝑧 2𝐺 + 𝜀𝑥𝑧 0 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑧 + 𝜀𝑥𝑧 0 (5.11) 𝜀𝑦𝑧 = 𝜎𝑦𝑧 2𝐺 + 𝜀𝑦𝑧 0 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑧 + 𝜀𝑦𝑧 0 (5.12) 5.7 - Equações constitutivas: relação entre componentes de tensão em função das componentes de deformação As seis equações constitutivas das componentes de tensão em função das componentes de deformação podem ser obtidas invertendo as seis expressões resumidas no item 5.6, ou seja: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 90 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) − 𝛼∆𝑇 − 𝜀𝑥𝑥 0 (𝐼) Como pode ser observado, para que se possa expressar 𝜎𝑥𝑥 em função 𝜀𝑥𝑥, 𝜀𝑦𝑦 𝑒 𝜀𝑧𝑧 é necessário expressar o temo (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) em função de (𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 + 𝜀𝑧𝑧). Para isso pode-se adicionar as equações 5.7, 5.8 e 5.9, ou seja: 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 + 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣 𝐸 ) (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) − 3𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 3𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 0 Reorganizando: (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 3𝛼∆𝑇 = (1 − 2𝑣 𝐸 ) (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) = ( 𝐸 1 − 2𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 3𝛼∆𝑇𝐸 1 − 2𝑣 (𝐼𝐼) Substituindo II em I: (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝑣 𝐸 (( 𝐸 1 − 2𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 3𝛼∆𝑇𝐸 1 − 2𝑣) − 𝛼∆𝑇 − 𝜀𝑥𝑥 0 Simplificando: (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝑣 (( 1 1 − 2𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 3𝛼∆𝑇 1 − 2𝑣) − 𝛼∆𝑇 − 𝜀𝑥𝑥 0 (𝐼𝐼𝐼) Observando que: − 3𝛼∆𝑇𝑣 1 − 2𝑣 − 𝛼∆𝑇 = − 1 + 𝑣 1 − 2𝑣 𝛼∆𝑇 (𝐼𝑉) Substituindo IV em III, tem-se: 𝜎𝑥𝑥 = 𝐸 (1 + 𝑣) [(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 ) + 𝑣 1 − 2𝑣 (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − (1 + 𝑣) (1 − 2𝑣) 𝛼∆𝑇] Simplificando: 𝜎𝑥𝑥 = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 ) + 𝑣𝐸 (1 + 𝑣)(1 − 2𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 𝐸𝛼∆𝑇 (1 − 2𝑣) (5.14) Similarmente, para as outras componentes normais, obtém-se: 𝜎𝑦𝑦 = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 ) + 𝑣𝐸 (1 − 2𝑣)(1 + 𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 𝐸𝛼∆𝑇 (1 − 2𝑣) (5.15) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 91 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜎𝑧𝑧 = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) + 𝑣𝐸 (1 − 2𝑣)(1 + 𝑣) (𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑥𝑥 0 + 𝜀𝑦𝑦 − 𝜀𝑦𝑦 0 + 𝜀𝑧𝑧 − 𝜀𝑧𝑧 0 ) − 𝐸𝛼∆𝑇 (1 − 2𝑣) (5.16) Para inverter as equações constitutivas das componentes de cisalhamento é um processo bastante trivial e por isso apenas o resultado é apresentado: 𝜎𝑥𝑦 = 2𝐺(𝜀𝑥𝑦 − 𝜀𝑥𝑦 0 ) = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑥𝑦 − 𝜀𝑥𝑦 0 ) (5.17) 𝜎𝑥𝑧 = 2𝐺(𝜀𝑥𝑧 − 𝜀𝑥𝑧 0 ) = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑥𝑧 − 𝜀𝑥𝑧 0 ) (5.18) 𝜎𝑦𝑧 = 2𝐺(𝜀𝑦𝑧 − 𝜀𝑦𝑧 0 ) = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑦𝑧 − 𝜀𝑦𝑧 0 ) (5.19) 5.8 - Equações constitutivas expressas em notação indicial: Os dois conjuntos das seis equações constitutivas, tanto das componentes do tensor tensão em função das componentes do tensor deformação, quanto das componentes do tensor deformação em função das componentes do tensor tensão, podem ser sistematizados em somente duas equações usando notação indicial. Ou seja, 𝜀𝑖𝑗 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑖𝑗 − 𝑣 𝐸 𝜎𝑘𝑘𝛿𝑖𝑗 + 𝛼∆𝑇𝛿𝑖𝑗 + 𝜀𝑖𝑗 0 (5.20) 𝜎𝑖𝑗 = 𝐸 (1 + 𝑣) (𝜀𝑖𝑗 − 𝜀𝑖𝑗 0 ) + 𝑣𝐸 (1 + 𝑣)(1 − 2𝑣) (𝜀𝑘𝑘 − 𝜀𝑘𝑘 0 )𝛿𝑖𝑗 − 𝛼∆𝑇𝐸 (1 − 2𝑣) 𝛿𝑖𝑗 (5.21) Onde: 𝜎𝑘𝑘 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧 𝜀𝑘𝑘 = 𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦 + 𝜀𝑧𝑧 𝛿𝑖𝑗 = 1 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 = 𝑗 𝛿𝑖𝑗 = 0 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑖 ≠ 𝑗 A equação 5.21 também pode ser escrita como: 𝜎𝑖𝑗 = 2𝜇(𝜀𝑖𝑗 − 𝜀𝑖𝑗 0 ) + 𝜆(𝜀𝑘𝑘 − 𝜀𝑘𝑘 0 )𝛿𝑖𝑗 − 𝛼∆𝑇𝐸 (1 − 2𝑣) 𝛿𝑖𝑗 (5.21) Em que: 𝜇 = 𝐸 2(1 + 𝑣) ; 𝑒 𝜆 = 𝑣𝐸 (1 + 𝑣)(1 − 2𝑣) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 92 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. São conhecidas como constantes de Lamé. Propõe-se ao leitor que desenvolva as equações 5.20 e 5.21 substituindo 𝑖 = 𝑥; 𝑦 𝑒 𝑧, e 𝑗 = 𝑥; 𝑦 𝑒 𝑧, para obter as equações 5.7 a 5.12 e 5.14 a 5.19, respectivamente, para constatar que de fato estas duas equações indiciais, 5.20 e 5.21, sintetizam todas as equações constitutivas demonstradas neste capítulo. 5.5 - Exercícios resolvidos: 5.5.1. Para o tensor tensão dado a seguir, determine o estado de deformação correspondente. Considere que o material seja aço (E = 2,0 x 1011 Pa; 𝑣 = 0,3). Desconsidere a presença de variação de temperatura. [𝜎] = ( 15 60 40 60 −40 30 40 30 20 ) 𝑀𝑃𝑎 Identificando as componentes do tensor, para utilizar nas equações constitutivas, 𝜎𝑥𝑥 = 15 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦𝑧 = 30 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑦𝑦 = −40 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑥𝑧 = 40 𝑀𝑝𝑎 𝜎𝑧𝑧 = 20 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑥𝑦 = 60 𝑀𝑃𝑎 Utilizando equação 5.20, reescrita a seguir: 𝜀𝑖𝑗 − 𝜀𝑖𝑗 0 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑖𝑗 − 𝑣 𝐸 𝜎𝑘𝑘 𝛿𝑖𝑗 + 𝛼∆𝑇 𝛿𝑖𝑗 (5.20) Para i = x e j = x, 𝛿𝑥𝑥 = 1. Portanto, 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) 𝛿𝑥𝑥 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 0,3) 200.000 15 − 0,3 200.000 (15 − 40 + 20) = 105 𝑥 10−6 Para i = y e j = y, 𝛿𝑦𝑦 = 1: 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) 𝛿𝑦𝑦 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 0,3) 200.000 (−40) − 0,3 200.000 (15 − 40 + 20) = −252,5 𝑥 10−6 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 93 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Para i = z e j = z, 𝛿𝑧𝑧 = 1: 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) 𝛿𝑧𝑧 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 0,3) 200.000 20 − 0,3 200.000 (15 − 40 + 20) = 137,5 𝑥 10−6 Para i = x e j = y, 𝛿𝑥𝑦 = 0: 𝜀𝑥𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) 𝛿𝑥𝑦 𝜀𝑥𝑦 = (1 + 0,3) 200.000 60 = 390 𝑥 10−6 Para i = x e j = z, 𝛿𝑥𝑧 = 0 : 𝜀𝑥𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) 𝛿𝑥𝑧 𝜀𝑥𝑧 = (1 + 0,3) 200.000 40 = 260 𝑥 10−6 Para i = y e j = z, 𝛿𝑦𝑧 = 0 : 𝜀𝑦𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) 𝛿𝑦𝑧 𝜀𝑦𝑧 = (1 + 0,3) 200.000 30 = 195 𝑥 10−6 Portanto, o tensor deformação pode ser expresso em notação matricial como: [𝜀] = ( 105 390 260 390 −252,5 195 260 195 137,5 ) 𝑥 10−6 5.5.2. Em um determinado ponto de uma estrutura de alumínio (E = 68 GPa; 𝑣 = 0,33) o tensor tensão é dado por: [𝜎] = ( 15 30 0 30 −20 0 0 0 10 ) 𝑀𝑃𝑎 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 94 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Para este caso determine o valor das componentes principais do tensor tensão e do tensor deformação. Por inspeção, constata-se que 𝜎𝑧𝑧 é uma componente principal de tensão, uma vez que não há cisalhamento associado à face normal a direção z. Com isso é possível utilizar as equações de transformação em 2D, diagrama de Mohr, para obter as outras componentes principais. 𝜎𝐼 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 + √(𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 = 15 + (−20) 2 + √(15 − (−20) 2 ) 2 + 302 𝜎𝐼 = 32,23 𝑀𝑝𝑎 𝜎𝐼𝐼 = 𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 2 − √(𝜎𝑥𝑥 − 𝜎𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜎𝑥𝑦 2 = 15 + (−20) 2 − √(15 − (−20) 2 ) 2 + 302 𝜎𝐼𝐼 = −37,23𝑀𝑃𝑎 Com isso, as componentes principais do tensor tensão são dadas por: 𝜎1 = 32,23 𝑀𝑃𝑎 𝜎2 = 10 𝑀𝑃𝑎 𝜎3 = −37,23 𝑀𝑃𝑎 Para obter as componentes principais de deformação pode-se tirar partido do fato de que, para materiais isotrópicos, as direções principais do tensor tensão são exatamente as mesmas do tensor deformação. Com isso, basta utilizar a equação 5.20, reescrita a seguir, para determinar as componentes principais do tensor deformação: 𝜀𝑖𝑗 − 𝜀𝑖𝑗 0 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑖𝑗 − 𝑣 𝐸 𝜎𝑘𝑘 𝛿𝑖𝑗 + 𝛼∆𝑇 𝛿𝑖𝑗 (5.20) Cálculo de 𝜀1 considerando que 𝜀𝑖𝑗 0 = 0 e ∆𝑇 = 0, tem-se: 𝜀1 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎1 − 𝑣 𝐸 (𝜎1 + 𝜎2 + 𝜎3) 𝜀1 = (1 + 0,33) 68.000 32,23 − 0,33 68.000 (32,23 + 10 − 37,23) = 606 𝑥 10−6 Cálculo de 𝜀2: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 95 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀2 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎2 − 𝑣 𝐸 (𝜎1 + 𝜎2 + 𝜎3) 𝜀2 = (1 + 0,33) 68.000 10 − 0,33 68.000 (32,23 + 10 − 37,23) = 171 𝑥 10−6 Cálculo de 𝜀3: 𝜀3 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎3 − 𝑣 𝐸 (𝜎1 + 𝜎2 + 𝜎3) 𝜀3 = (1 + 0,33) 68.000 (−37,23) − 0,33 68.000 (32,23 + 10 − 37,23) = −752 𝑥 10−6 Com isso as componentes principais do tensor deformação são dados por: 𝜀1 = 606 𝑥 10−6; 𝜀2 = 171 𝑥 10−6; 𝑒 𝜀3 = −752 𝑥 10−6 Em notação matricial o tensor deformação pode ser expresso nos eixos principais como: [𝜀] = ( 606 0 0 0 −752 0 0 0 171 ) 𝑥 10−6 5.5.3. A barra representada na Figura a seguir está engastada nas duas extremidades. Nenhum tipo de carregamento mecânico atua sobre esta barra. Desconsidere seu peso próprio. Após instalada entre os apoios, esta barra é submetida a uma variação de temperatura ΔT. Determine tensor tensão no centro do vão (Ponto A). Para solucionar este problema é necessário realizar uma inspeção e analisar quais componentes do tensor tensão, e do tensor deformação, podem ser inferidas como condições de contorno do problema. Figura E.5.5.3 – Efeito de temperatura em barra engastada em ambos os lados Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 96 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. • 𝜀𝑥𝑥 = 0. A deformação normal na direção do eixo x é zero, pois o apoio restringe totalmente qualquer movimento da barra ao longo do eixo x. Como a estrutura é simétrica e homogênea isso faz com que a deformação nesta direção seja nula. • 𝜎𝑦𝑦 = 𝜎𝑧𝑧 = 0. Como não há restrição para que a barra dilate ou contraia nestas direções, as componentes normais do tensor nestas direções também serão nulas. • Não existem componentes de cisalhamento, tensão ou deformação, uma vez que não ocorre distorção (deformação de cisalhamento) como consequência da variação de temperatura em materiais isotrópicos. Feitas estas considerações, a componente normal de tensão na direção de x pode ser obtida por meio da equação 5.7, reescrita a seguir: 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑥𝑥 0 (5.7) Adotando as considerações anteriores e supondo que 𝜀𝑥𝑥 0 = 0 : 0 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 0 + 0) + 𝛼∆𝑇 𝜎𝑥𝑥 = −𝐸𝛼∆𝑇 As outras duas incógnitas, ou seja, as deformações normais nas direções y e z podem ser obtidas utilizando as equações 5.8 e 5.9, reescritas a seguir: 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑦𝑦 0 (5.8) 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑧𝑧 0 (5.9) Substituindo os valores de 𝜎𝑥𝑥 = −𝐸𝛼∆𝑇, 𝜎𝑦𝑦 = 0 e 𝜎𝑧𝑧 = 0, determinados para este caso, 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 0 − 𝑣 𝐸 (−𝐸𝛼∆𝑇 + 0 + 0) + 𝛼∆𝑇 = 𝛼∆𝑇(1 + 𝑣) 𝜀𝑦𝑦 = 𝛼∆𝑇(1 + 𝑣) 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 0 − 𝑣 𝐸 (−𝐸𝛼∆𝑇 + 0 + 0) + 𝛼∆𝑇 = 𝛼∆𝑇(1 + 𝑣) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 97 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑧𝑧 = 𝛼∆𝑇(1 + 𝑣) Com isso, os tensores tensão e deformação no ponto A podem ser expressos como: [𝜎] = ( −𝐸𝛼∆𝑇 0 0 0 0 0 0 0 0 ) [𝜀] = ( 0 0 0 0 𝛼∆𝑇(1 + 𝑣) 0 0 0 𝛼∆𝑇(1 + 𝑣) ) 5.5.4. Neste problema será abordada a mesma barra do exercício anterior, com a diferença de que o apoio de engastamento de uma das extremidades será substituído por um apoio rotulado móvel, como apresentado na Figura que segue. Para este caso obtenha os tensores tensão e deformação no ponto A. Para a solução deste exercício utiliza-se um método similar ao utilizado anteriormente em que, por inspeção, é possível identificar alguns valores das componentes de tensão e de deformação. • 𝜎𝑥𝑥 = 𝜎𝑦𝑦 = 𝜎𝑧𝑧 = 0. Uma vez que não existe restrição à dilatação ou contração da barra nestas direções, as componentes de tensão normal nestas direções serão nulas. • Não existem componentes de cisalhamento, tensão ou deformação, uma vez que não ocorre distorção (deformação de cisalhamento) como consequência da variação de temperatura em materiais isotrópicos. Com isso, pode-se utilizar as equações 5.7 a 5.9, reescritas a seguir, para calcular as componentes normais do tensor deformação. 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑥𝑥 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑥𝑥 0 (5.7) Figura E.5.5.4 – Efeito de temperatura em barra engastada em de um lado e com apoio movel do outro lado. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 98 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑦𝑦 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑦𝑦 0 (5.8) 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 𝜎𝑧𝑧 − 𝑣 𝐸 (𝜎𝑥𝑥 + 𝜎𝑦𝑦 + 𝜎𝑧𝑧) + 𝛼∆𝑇 + 𝜀𝑧𝑧 0 (5.9) Substituindo os valores conhecidos e lembrando que neste caso 𝜀𝑥𝑥 0 = 0, vem que: 𝜀𝑥𝑥 = (1 + 𝑣) 𝐸 0 − 𝑣 𝐸 (0 + 0 + 0) + 𝛼∆𝑇 𝜀𝑦𝑦 = (1 + 𝑣) 𝐸 0 − 𝑣 𝐸 (0 + 0 + 0) + 𝛼∆𝑇 𝜀𝑧𝑧 = (1 + 𝑣) 𝐸 0 − 𝑣 𝐸 (0 + 0 + 0) + 𝛼∆𝑇 Com isso os tensores tensão e deformação no ponto A podem ser expressos como: [𝜎] = ( 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ) [𝜀] = ( 𝛼∆𝑇 0 0 0 𝛼∆𝑇 0 0 0 𝛼∆𝑇 ) = 𝛼∆𝑇 ( 1 0 0 0 1 0 0 0 1 ) Comparando os resultados pode-se constatar que ao liberar a translação na direção do eixo x, nada mais impede a barra de dilatar nesta direção acarretando em componente normal de tensão nula no eixo x. Por outro lado, como estava livre para dilatar ao longo de x a deformação normal neste eixo deixou de ser nula. 5.5.5. A leitura de uma roseta retangular, instalada em um ponto de uma estrutura, fornece os seguintes valores, 𝜀𝐴 = 200 𝑥 10−6; 𝜀𝐵 = 100 𝑥 10−6; 𝑒 𝜀𝐶 = −300 𝑥 10−6 Determine: i) Tensor deformação; ii) Componentes principais de deformação iii) Componentes principais de tensão; e iv) Máxima componente de cisalhamento do tensor tensão. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 99 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Como hipótese inicial, considere estado plano de deformação, ou seja, 𝜀𝑧𝑧 = 𝜀𝑥𝑧 = 𝜀𝑦𝑧 = 0 e que o material seja aço (E = 200 GPa; 𝑣 = 0,3). Para se obter a componente 𝜀𝑥𝑦 do tensor deformação, pode-se utilizar a equação 5.8, para rosetas retangulares. 𝜀𝑥𝑦 = 2𝜀𝐵 − 𝜀𝐴 − 𝜀𝐶 2 (5.8) 𝜀𝑥𝑦 = [2 ∗ 100 − 200 − (−300) 2 ] 𝑥10−6 = 150 𝑥 10−6 Lembrando que, para a roseta retangular, 𝜀𝑥𝑥 = 𝜀𝐴 e 𝜀𝑦𝑦 = 𝜀𝐶, então as componentes de deformação podem ser expressas como segue: 𝜀𝑥𝑥 = 200 𝑥 10−6; 𝜀𝑦𝑦 = −300 𝑥 10−6; 𝑒 𝜀𝑥𝑦 = 150 𝑥 10−6 Portanto, o tensor deformação pode ser expresso em notação matricial como: [𝜀] = ( 200 150 0 150 −300 0 0 0 0 ) 𝑥10−6 Como se trata de um estado plano de deformação, para obter-se as componentes principais pode-se utilizar as equações de transformação de eixos em 2D, representada pelo círculo de Mohr. 𝜀𝐼 = (𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦) 2 + √(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜀𝑥𝑦 2 = [200 + (−300) 2 + √(200 − (−300) 2 ) 2 + (150)2] 𝑥10−6 𝜀𝐼 = 241,55 x 10−6 𝜀𝐼𝐼 = (𝜀𝑥𝑥 + 𝜀𝑦𝑦) 2 − √(𝜀𝑥𝑥 − 𝜀𝑦𝑦 2 ) 2 + 𝜀𝑥𝑦 2 = [200 + (−300) 2 − √(200 − (−300) 2 ) 2 + (150)2] 𝑥10−6 𝜀𝐼𝐼 = −341,55 x 10−6 Com isso, as componentes principais são: 𝜀1 = 241,55 x 10−6 𝜀2 = 0 𝜀3 = −341,55 x 10−6 Para se obter as componentes principais de tensão deve-se substituir as deformações principais nas equações constitutivas. Antes de realizar esta substituição, cabe ressaltar que um estado plano de deformação não implica que as componentes de tensão também constituam um estado plano de tensão, na realidade os dois estados planos, deformação e tensão, em geral não ocorrem simultaneamente. Figura E.5.5.5 – Exemplo 5.5 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 100 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝜎1 = 𝐸𝜀1 (1 + 𝑣) + 𝑣𝐸 (1 + 𝑣)(1 − 2𝑣) (𝜀1 + 𝜀2 + 𝜀3) 𝜎1 = 200𝑥109 [ 241,55 (1 + 0,3) + 0,3 (1 + 0,3)(1 − 0,6) (241,55 + 0 − 341,55)] 𝑥10−6 𝜎1 = 25,62𝑀𝑃𝑎 𝜎2 = 𝐸𝜀2 (1 + 𝑣) + 𝑣𝐸 (1 + 𝑣)(1 − 2𝑣) (𝜀1 + 𝜀2 + 𝜀3) 𝜎2 = 200𝑥109 [ 0 (1 + 0,3) + 0,3 (1 + 0,3)(1 − 0,6) (241,55 + 0 − 341,55)] 𝑥10−6 𝜎2 = −11,54𝑀𝑃𝑎 𝜎3 = 𝐸𝜀3 (1 + 𝑣) + 𝑣𝐸 (1 + 𝑣)(1 − 2𝑣) (𝜀1 + 𝜀2 + 𝜀3) 𝜎3 = 200𝑥109 [−341,55 (1 + 0,3) + 0,3 (1 + 0,3)(1 − 0,6) (241,55 + 0 − 341,55)] 𝑥10−6 𝜎3 = −64,08 𝑀𝑃𝑎 Com isso, as componentes principais de tensão podem ser expressas como: 𝜎1 = 25,62 𝑀𝑃𝑎 𝜎2 = −11,54 𝑀𝑃𝑎 𝜎3 = −64,08 𝑀𝑃𝑎 Para obter-se a máxima componente de cisalhamento basta utilizar a equação: 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜎1 − 𝜎3 2 Ou seja, 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 25,62 − (−64,08) 2 = 44,85 𝑀𝑃𝑎 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 101 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 6 - Elementos estruturais típicos 6.1 - Barras: Barras são elementos estruturais em que o comprimento, correspondente ao eixo axial da barra, é bem superior às outras duas dimensões que definem a seção transversal da barra. Quando se diz que uma barra é prismática quer dizer que sua seção transversal é constante ao longo de seu eixo axial. A seção transversal de uma barra pode assumir diversas formas e não necessariamente precisa ser cheia, pode-se ter barras de seção vazada, como por exemplo, barras tubulares. As barras são componentes de diversos tipos de estruturas, como por exemplo, treliças, barra de torção, vigas, pórticos planos (treliça + viga), grelhas (barra de torção + viga) e pórticos espaciais. Por terem aplicações bastante amplas na engenharia, as barras podem ser classificadas pelos tipos de carregamentos a elas aplicados. A seguir são apresentados os tipos de barras mais comumente utilizados nas estruturas atualmente. 6.1.1 - Barras solicitadas a tração ou compressão (Treliça) As barras solicitadas somente à tração ou compressão são, em geral, componentes de estruturas treliçadas. Neste tipo de estrutura as barras são unidas por rótulas, o que faz com que não haja esforço de momento nessas barras. Este comportamento é ilustrado na Figura 6.1 a seguir: ATENÇÃO: INDICAR OS EIXOS LOCAIS DA BARRA, FAZER DESENHO DA SECAO TRANSVERSAL MOSTRANDO (EM PERSPECTIVA AS COMPONENTE DE TENSÃO E ÁREA. 𝑁 = ∫ 𝜎𝑥𝑥 𝑑𝐴 𝐴 Onde, 𝜎𝑥𝑥 é a componente normal na direção de x do tensor tensão de módulo constante que atua, uniformemente, na seção transversal A da barra, onde x está P N N Figura 6.1: Treliça Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 102 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. alinhado com o eixo da barra. No caso da barra de treliça, 𝜎𝑥𝑥 é a única componente do tensor tensão que atua, uniformemente, em todos os pontos da seção transversal. Portanto, como 𝜎𝑥𝑥 é constante em todos os pontos da seção transversal, 𝑁 = 𝜎𝑥𝑥 ∫ 𝑑𝐴 𝐴 = 𝜎𝑥𝑥 𝐴 Ou, 𝜎𝑥𝑥 = 𝑁/𝐴 [𝜎] = ( 𝜎𝑥𝑥 0 0 0 0 0 0 0 0 ) = ( 𝑁/𝐴 0 0 0 0 0 0 0 0 ) 6.1.2 - Barras solicitadas a torção (Barras de Torção) As barras submetidas ao esforço de torção têm ampla aplicação em engenharia, já que, por exemplo, um eixo ao transmitir um torque é solicitado à torção, além de eixos pode-se citar como exemplo a suspensão de alguns veículos que usa o mecanismo de barra de torção. A Figura 6.2 a seguir ilustra a representação deste tipo de componente estrutural: ATENÇÃO: INDICAR OS EIXOS LOCAIS DA BARRA, FAZER DESENHO DA SECAO TRANSVERSAL MOSTRANDO (EM PERSPECTIVA AS COMPONENTE DE TENSÃO E ÁREA. 𝑇 = ∫ 𝜎𝑥𝜃 𝑟 𝑑𝐴 𝐴 Onde, para seções circulares, 𝜎𝑥𝜃 é a componente de cisalhamento do tensor tensão que atua na seção transversal A da barra, e r é a distância do centro da seção transversal ao local onde atua 𝜎𝑥𝜃 . No caso de barra de torção 𝜎𝑥𝜃 é a única componente do tensor tensão que atua em todos os pontos da área A. Portanto, T T Figura 6.2: Barra de Torção Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 103 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. [𝜎] = ( 0 𝜎𝑥𝜃 0 𝜎𝜃𝑥 0 0 0 0 0 ) 6.1.3 - Barra submetida à flexão simples (Viga) Estes tipos de componentes estruturais estão amplamente presentes em nosso cotidiano e são conhecidos como vigas, as quais estão sujeitas a carregamentos exclusivamente perpendiculares a seu eixo. Um exemplo deste componente estrutural está ilustrado na Figura 6.3 a seguir: ATENÇÃO: INDICAR OS EIXOS LOCAIS DA BARRA, FAZER DESENHO DA SECAO TRANSVERSAL MOSTRANDO (EM PERSPECTIVA AS COMPONENTE DE TENSÃO E ÁREA. 𝑀𝑦 = ∫ 𝜎𝑥𝑥 𝑧 𝑑𝐴 𝐴 𝑉𝑧 = ∫ 𝜎𝑥𝑧 𝑑𝐴 𝐴 INSERIR EIXOS NAS FIGURAS PARA ILUSTRAR AS EQUAÇOES (USAR CARGA DISTRIBUIDA NA VIGA) Onde, 𝜎𝑥𝑥 é a componente normal na direção de x do tensor tensão que atua, de forma linear, na seção transversal da barra, A, sendo zero no centro e máximo das extremidades dessa seção transversal. No caso da viga, estão presentes a componente normal do tensor tensão 𝜎𝑥𝑥 e a componente de cisalhamento 𝜎𝑥𝑧 . Portanto, [𝜎] = ( 𝜎𝑥𝑥 0 𝜎𝑥𝑧 0 0 0 𝜎𝑧𝑥 0 0 ) P My1 Vz2 Vz1 1111 My2 Figura 6.3: Viga Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 104 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 6.1.4 - Pórtico Plano O componente estrutural do pórtico plano nada mais é do que uma combinação dos esforços de vigas e treliças. Esta combinação quer dizer que existem, simultaneamente, momento de flexão, esforço cortante e esforço normal. Um exemplo deste tipo de estrutura está ilustrado na Figura 6.4 a seguir: 6.1.5 - Árvores e Grelhas Árvores e Grelhas são componentes estruturais, cujos esforços resultam de uma combinação dos esforços de viga e de barra de torção. A denominação árvore é mais comumente usada na engenharia mecânica e grelha na engenharia civil. Um exemplo de aplicação deste tipo de estrutura, na engenharia mecânica, é o eixo de manivelas (virabrequim) de um motor de automóvel. Este componente e os esforços que atuam no mesmo estão ilustrados na Figura 6.5. a seguir: 6.1.6 - Pórtico Espacial O elemento de pórtico espacial combina todos os esforços apresentados nos elementos anteriores, ou seja, possui cortante em duas direções, momentos de flexão em duas direções, esforço normal e momento de torção. Este elemento estrutural é tridimensional e pode conter carregamentos em todas as direções dos eixos cartesianos. Um exemplo de esforços neste tipo de componente estrutural está ilustrado na Figura 6.6, a seguir: M V V M T T M V V M N N P Figura 6.4: Pórtico Plano Figura 6.5: Grelha Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 105 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 6.2 - Membrana O elemento estrutural de membrana é um componente bidimensional onde podem atuar componentes de tensão e carregamentos no mesmo plano da estrutura. Um exemplo deste tipo de componente está ilustrado na Figura 6.7 a seguir: 6.3 - Placa O componente de placa é também uma estrutura bidimensional, porém, diferentemente da membrana, em uma placa as forças são aplicadas na direção normal ao plano da estrutura, como ilustrado na Figura 6.8, a seguir: 6.4 - Casca M1 V1 M2 V2 N M M V P V T σXY σYY σxx Figura 6.6: Pórtico Espacial Figura 6.7: Membrana Figura 6.8: Placa Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 106 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. O componente estrutural casca é uma estrutura tridimensional que contempla uma combinação dos esforços presentes tanto na membrana como na placa. Uma aplicação de cascas na engenharia é, por exemplo, a fuselagem de uma aeronave. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 107 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 7- Esforços Solicitantes em Barras 7.1- Introdução Esforços solicitantes são forças e momentos resultantes das componentes de tensão em seções de cortes perpendiculares aos eixos das barras. São utilizados para identificar as resultantes das forças nas seções transversais, por meio de equações de equilíbrio dos corpos livres, obtidos quando efetuados os cortes imaginários nas seções transversais. Este capítulo será dedicado à determinação de equações que descrevem os esforços solicitantes em cada parte da estrutura e, por meio destas equações, traçar diagramas que representam as solicitações às quais a estrutura está submetida. Estes diagramas são de grande utilidade, uma vez que permitem interpretar, de forma rápida, o tipo de solicitação que a estrutura está submetida e, assim, projetá-la para resistir a estes esforços. O procedimento para a obter os esforços solicitantes consiste no uso de corpos livres, obtidos por meio de cortes fictícios na estrutura e de esforços solicitantes representados na face em que foi efetuado o corte fictício. Fazendo equilíbrio de forças e momentos dos corpos livres, considerando a presença dos carregamentos externos (forças e momentos externos), reações de apoio e esforços solicitantes (forças e momentos internos), para obter as equações que permitirão determinar os esforços solicitantes. Uma vez obtidos esses esforços solicitantes, determina-se as componentes do tensor tensão nas seções transversais para o dimensionamento da estrutura. 7.2- Tipos de esforços e convenção de sinais. Em uma estrutura de barra existem basicamente quatro tipos de esforços: • Normal; • Cortante; • Momento de flexão; e • Momento de torção. Os dois primeiros têm unidade de força e os dois últimos unidade de momento. Dependendo do carregamento externo, ao qual a estrutura está submetida, estes quatro tipos de esforços podem ocorrer, ou não. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 108 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplos de esforços que ocorrem em estruturas de barras foram abordados no Capítulo 6, onde foram identificados vários tipos de estruturas, as quais são classificadas pelos tipos de esforços solicitantes que nela atuam. Em geral é necessário conhecer o sentido de atuação dos esforços e, para isso, devem ser adotadas convenções de sentidos positivos e negativos para estes esforços, como um meio de padronizar os mesmos. A convenção adotada neste texto é conforme o enunciado a seguir. Os esforços serão positivos se: • Atuarem no sentido positivo dos eixos do sistema de coordenadas quando representados na face positiva, ou seja, na face cujo o vetor normal que a representa está no sentido positivo dos eixos. • Atuarem no sentido negativo dos eixos do sistema de coordenadas quando representados na face negativa, ou seja, na face cujo o vetor normal que a representa está no sentido negativo dos eixos. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 109 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Vetor normal: Substituir N por n vetor ELEMENTO DX DA BARRA ACRESCENTAR SIGNIFICADO FISICO DESTA CONVENÇÃO Figura 7.1: Convenção de sinais dos esforços solicitantes Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 110 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. REAPRESENTAR FIGURA INDICANDO OS ESFORÇOS SOLICITANTES NA BARRA 7.3 - Procedimentos para obtenção de esforços solicitantes e seus diagramas. Nesta seção sessão serão listados os cinco passos que sempre devem ser seguidos para a obtenção dos diagramas de esforços. 1º Calcular as reações de apoio: Neste passo deve-se calcular as reações de apoio da estrutura por meio das equações de equilíbrio de corpos livres, gerados quando os apoios são substituídos por forças que representam as reações nos apoios2. 2º Identificar trechos com mesma expressão analítica dos esforços solicitantes: As expressões analíticas serão alteradas caso ocorra uma das três situações a seguir. • Alteração no carregamento externo. • Mudança brusca na direção do eixo da barra. • Presença de um apoio. 3º Fazer os diagramas de corpos livres: Em cada trecho identificado no item 2 deve-se fazer um corte na seção da barra e um diagrama de corpo livre. Para este procedimento devem ser respeitadas as seguintes regras: • Os cortes devem ser efetuados em planos perpendiculares ao eixo da barra. • Os esforços solicitantes devem ser representados em seus sentidos positivos. • Deve ser usada uma coordenada especifica para cada trecho que pode ser diferente das coordenadas globais. 4º Fazer equilíbrio dos corpos livres: Para cada um dos corpos livres, obtidos no item 3, deve-se expressar as equações de equilíbrio nas direções dos esforços e na posição da seção de corte. 5º Fazer o diagrama de esforços solicitantes: Nesta etapa é muito importante lembrar que os diagramas não são gráficos, devem ser sempre traçados na própria estrutura e, por convenção de sinal dos esforços solicitantes, os positivo são representados para baixo. 2 Esta etapa não é necessária para sistemas estruturais em que se pode extrair um corpo livre sem que as reações de apoio atuem diretamente no mesmo. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 111 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 1: Para tornar o procedimento de obtenção dos esforços solicitantes mais claros, observe o exemplo da viga em balanço indicada na figura a seguir: 1° Cálculo das reações de apoio: Pode-se observar que neste caso não é necessário calcular as reações de apoio porque todas as forças externas, da direita para a esquerda, são conhecidas. 2° Identificação de trechos: Para este problema pode-se observar que serão necessários dois trechos devido à presença da carga concentrada P. Os trechos serão compostos pelos segmentos compreendidos antes e após a carga P. 3° Diagrama de corpos livres: Trecho 1: (𝑙/2 ≥ s1 ≥ 0) s1 q0 Vs1 Ms1 Z X l/2 l/2 q0 P Figura E-7.1.2: Corpo livre representativo do trecho 1 Figura E-7.1.1: Viga em balanço exemplo 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 112 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Trecho 2: 𝑙 ≥ s2 ≥ 𝑙/2 (Obs: Neste caso, s1 e s2 estão com o mesmo ponto inicial de referência) 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1 (𝑙/2 ≥ s1 ≥ 0): ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑠1) − 𝑞0𝑠1 = 0 𝑉(𝑠1) = + 𝑞0𝑠1 ∑ 𝑀 = 0 (momento em torno de um eixo perpendicular ao plano do papel, que passa pelo eixo da barra na seção de corte) 𝑀(𝑠1) + 𝑞0𝑠1 𝑠1 2 = 0 𝑀(𝑠1) = − 𝑞0 𝑠1 2 2 Trecho 2 (𝑙 ≥ s2 ≥ 𝑙/2): ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑠2) − 𝑞0𝑠2 − 𝑃 = 0 𝑉(𝑠2) = + 𝑞0𝑠2 + 𝑃 ∑ 𝑀 = 0 (momento em torno de um eixo perpendicular ao plano α β γ do papel, que passa pelo eixo da barra na seção de corte) 𝑀(𝑠2) + 𝑞0𝑠2 𝑠2 2 + 𝑃 (𝑠2 − 𝑙 2) = 0 𝑀(𝑠2) = − 𝑞0 𝑠2 2 2 − 𝑃 (𝑠2 − 𝑙 2) s2 q0 P Vs2 Ms2 Figura E-7.1.3: Corpo livre representativo do trecho 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 113 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5° Confecção dos diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: REFAZER DIAGRAMAS (ESTÁ COM SINAL TROCADO) AO REPRESENTAR P NO DIAGRAMA DE ESFORÇOS ACIMA INDICAR A COTA Diagrama de momento de flexão: REFAZER DIAGRAMA (ESTÁ COM SINAL TROCADO) q0𝑙-P q0𝑙/2 P 𝑞0𝑙2 2 − 𝑃 𝑙 2 𝑞0𝑙2 8 Figura E-7.1.4: Diagrama de esforço cortante Figura E-7.1.5: Diagrama de momento de flexão. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 114 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 2: Considere a estrutura a seguir constituída por uma barra inclinada de 60°, em relação à horizontal, submetida a um carregamento uniformemente distribuído (q0) na vertical. Faça os diagramas de esforços solicitantes que atuam nesta estrutura. 1° Calcular reações de apoio: Esta estrutura assim como a do exemplo anterior não requer esta etapa, já que é possível extrair corpos livres em que as reações de apoio não estão diretamente presentes nas equações de equilíbrio desses corpos livres. 2° Identificação de trechos: Para esta estrutura é fácil perceber que não há variações na tipologia do carregamento, variações na de direção do eixo da barra e não existe apoio no vão. Portanto, nesse caso existe somente um trecho a ser considerado. 3° Diagramas de corpos livres: Como o número de corpos livres a serem considerados deve ser o mesmo número de trechos identificados no item 2, haverá somente um corpo livre para análise. Esse corpo livre está representado a seguir. q0 L 60° Figura E-7.2.1: Estrutura exemplo 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 115 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Observe que o carregamento distribuído está sendo representado pela componente normal ao eixo da barra [q0 cos(60°)] e pela componente paralela ao eixo da barra [q0 sen(60°)], para facilitar a obtenção dos esforços solicitantes, a seguir, onde as equações de equilíbrio do corpo livre serão estabelecidas nas direções dos esforços solicitante. 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Efetuando equilíbrio no corpo livre tem-se: ∑ 𝑁 = 0 𝑁(𝑆) + 𝑠 𝑞0 sen(60°) = 0 𝑁(𝑆) = −𝑠 𝑞0 𝑠𝑒𝑛(60°) ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆) − 𝑠 𝑞0 cos(60°) = 0 𝑉(𝑆) = 𝑠 𝑞0 𝑐𝑜𝑠(60°) ∑ 𝑀𝑠 = 0 𝑀(𝑠) + 𝑞0 cos(60°) 𝑠 𝑠 2 = 0 𝑀(𝑠) = −𝑞0 𝑐𝑜𝑠(60°) 𝑠2 2 s V N M q0 cos(60°) q0 sen(60°) Figura E-7.2.2: Corpo livre trecho1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 116 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço normal: Diagrama de esforço cortante: Diagrama de momento de flexão: 𝑞0 𝑙2 2 cos(60°) 𝑞0 𝑙 sen(60) 𝑞0𝑙 cos(60°) Figura E-7.2.3: Diagrama de esforço normal Figura E-7.2.4: Diagrama de esforço cortante Figura E-7.2.5: Diagrama de momento de flexão Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 117 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 3: Determine os diagramas de esforços solicitantes para a viga bi apoiada submetida a uma carga concentrada de 10 kN, como indicado na Figura a seguir: 1° Cálculo de reações de apoio: Como nesse exemplo não é possível obter um corpo livre em que não estejam presentes as reações de apoio, deve-se calcular as mesmas por meio das equações de equilíbrio. Fazendo equilíbrio de momento em torno de um eixo perpendicular ao plano Figura passando pelo ponto A, tem-se: ∑ 𝑀𝐴 = 0 12𝑅𝐵𝑉 − 10.000 ∗ 3 = 0 𝑅𝐵𝑉 = 2.500𝑁 Fazendo somatório das forças verticais iguais a zero, ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 − 10000 = 0 B A 10kN 9m 3m Figura E-7.3.1: Estrutura exemplo 3 Figura E-7.3.2: Diagrama de corpo livre para determinar reações de apoio 10kN RAH 3m 9m RBV RAV Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 118 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Substituindo o valor de 𝑅𝐵𝑉 na equação acima: 𝑅𝐴𝑉 = 7.500𝑁 Finalmente, efetuando o equilíbrio forças horizontais, ∑ 𝐹𝐻 = 0 𝑅𝐴𝐻 = 0 2° Identificação de trechos: Neste exemplo ocorre somente uma alteração na tipologia do carregamento ao longo de todo o comprimento da viga. Portanto, serão necessários dois trechos para cálculo dos esforços solicitantes. 3° Diagrama de corpo livre: Trecho 1: (9 m ≥ s1 ≥ 0) Trecho 2: (12 m ≥ s2 ≥ 9 m) s1 Vs1 Ms1 RBV Vs2 Ms2 RBV P S2 Figura E-7.3.4: Corpo livre trecho 2 Figura E-7.3.3: Corpo livre trecho 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 119 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 4° Fazer equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: (9m ≥ s1 ≥ 0) ∑ 𝑉𝑠1 = 0 𝑉(𝑆1) + 𝑅𝐵𝑉 = 0 𝑉(𝑆1) = −𝑅𝐵𝑉 𝑉(𝑆1) = −2.500𝑁 ∑ 𝑀𝑠1 = 0 𝑀(𝑆1) − 𝑅𝐵𝑉 𝑠1 = 0 𝑀(𝑆1) = 𝑅𝐵𝑉 𝑠1 𝑀(𝑆1) = 2.500 𝑠1 𝑁. 𝑚 Trecho 2: (12m ≥ s2 ≥ 9m) ∑ 𝑉𝑠2 = 0 𝑉(𝑆2) + 𝑅𝐵𝑉 − 𝑃 = 0 𝑉(𝑆2) = 𝑃 − 𝑅𝐵𝑉 𝑉(𝑆2) = 7.500𝑁 ∑ 𝑀𝑠2 = 0 𝑀(𝑆2) − 𝑅𝐵𝑉 𝑠2 + 𝑃(𝑠2 − 9) = 0 𝑀(𝑆2) = 𝑅𝐵𝑉 𝑠2 − 𝑃(𝑠2 − 9) 𝑀(𝑆2) = (90.000 − 7.500 𝑠2) 𝑁. 𝑚 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 120 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Diagrama de momento de flexão: 7.4 - Relações diferenciais entre esforços solicitantes na flexão: Nesta seção serão desenvolvidas as relações diferenciais entre carregamento, q(x), esforço cortante (V) e momento de flexão (M) para uma viga solicitada por um carregamento q(x) genérico. Para a dedução destas relações considere a estrutura indicada na Figura a seguir. 22.500Nm dx q(X) z x 7.500N 2.500N Figura E-7.3.5: Diagrama de esforço cortante Figura E-7.3.6: Diagrama de momento de flexão Figura 7.2: Viga para com carregamento genérico q(x) e elemento diferencial dx Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 121 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Os esforços solicitantes que atuam nesse elemento diferencial estão representados a seguir. Os termos dV e dM são oriundos da expansão em série de Taylor, truncada nos termos de primeira ordem. Os esforços solicitantes V e M estão relacionados pelas expressões desenvolvidas a seguir. ∑ 𝑉 = 0 𝑉 − (𝑉 + 𝑑𝑉) − 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 = 0 −𝑑𝑉 − 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 = 0 Ou, 𝑑𝑉 𝑑𝑥 = −𝑞(𝑥) Efetuando o somatório de momentos em torno de um eixo perpendicular ao plano da Figura, passando pelo ponto A : ∑ 𝑀𝐴 = 0 𝑀 + 𝑑𝑀 − 𝑀 + 𝑞(𝑥)𝑑𝑥𝑑𝑥(1 − 𝛼) − 𝑉𝑑𝑥 = 0 Onde 𝛼 é um valor limitado entre 0 e 1 tal que 𝑑𝑥(1 − 𝛼) representa o braço de alavanca do carregamento 𝑞(𝑥)𝑑𝑥 em relação ao eixo perpendicular ao plano da figura passando por A. dx M V M+dM V+dV q(X) A Figura 7.3: Elemento diferencial da viga Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 122 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Cancelando 𝑀 com −𝑀 e desconsiderando os termos de segunda ordem, já que os mesmos vão gerar contribuições pequenas nos resultados, tem -se: 𝑑𝑀 − 𝑉𝑑𝑥 = 0 Ou, 𝑑𝑀 𝑑𝑥 = 𝑉 Essas expressões diferenciais relacionam o carregamento 𝑞(𝑥) com o esforço cortante 𝑉, assim como o esforço cortante 𝑉 com o momento de flexão 𝑀. Estas relações podem ser utilizadas para auxiliar na confecção dos diagramas de esforços solicitantes, já que, por meio destas relações é possível obter algumas conclusões importantes, de que a função que descreve o esforço cortante é sempre um grau superior ao da função do carregamento, bem como que a função que descreve o momento é um grau superior ao da função que descreve o esforço cortante. Embora estas relações também pudessem ser utilizadas para determinar as expressões dos esforços solicitantes em uma viga, integrando sucessivamente o carregamento. Em geral, este procedimento é evitado uma vez que, após as integrações sucessivas, deve-se ainda determinar as constantes de integração que, na maioria das vezes, constitui uma tarefa bem mais trabalhosa do que obter as expressões por meio de equações de equilíbrio, como apresentado nos exemplos anteriores. Fica como exercício proposto ao leitor testar as relações deduzidas nesta seção para os exemplos resolvidos anteriormente e nos exercícios resolvidos apresentados no final do capítulo. A verificação destas relações pode auxiliar na detecção de possíveis erros. 7.5 - Estruturas com barras arbitrariamente orientadas no espaço 3D Nos exemplos anteriores foram considerados problemas em que as estruturas eram constituídas de barras orientadas na direção de apenas um dos eixos cartesianos. Para casos mais gerais, o procedimento de obtenção dos diagramas é exatamente o mesmo, mas um sistema global de coordenadas deve sempre ser estabelecido e a convenção para esforços positivos ser respeitada. Além disso, deve-se observar que o sistema cartesiano nem sempre será o mais adequado, por isso em muitos casos é mais apropriado utilizar coordenadas que acompanham o eixo da barra. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 123 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 2: Para a estrutura apresentada na Figura a seguir determine as expressões dos esforços solicitantes e trace os diagramas para estes esforços. Figura E-7.5.2.1: Estrutura exemplo 2 seção 7.5 1° Cálculo de reações de apoio: Como esta estrutura se encontra em balanço, é possível obter diagramas de corpos livres onde somente os esforços solicitantes são as incógnitas a serem determinadas por meio das equações de equilíbrio. Portanto, não é necessário conhecer, de antemão, as reações de apoio, para se determinar esses esforços solicitantes. 2° Identificação de trechos: Para a estrutura da Figura serão necessários dois trechos devido à presença de uma mudança brusca de direção no eixo da barra. 3° Diagramas de corpo livre: Trecho 1: (0 ≤ s1 ≤ a) Figura E-7.5.2.2: Diagrama de corpo livre trecho 1 M(s1) está desenhado com o sentido trocado da convenção de sinais estabelecida anteriormente. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 124 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Trecho 2: (0 ≤ s2 ≤ b) Figura E-7.5.2.3: Diagrama de corpo livre trecho 2 4° Equilíbrio dos corpos livres: Trecho 1: (0 ≤ s1 ≤ a) ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑉(𝑠1) − 𝑃 = 0 𝑉(𝑠1) = 𝑃 ∑ 𝑀𝑓 = 0 𝑀𝑓(𝑠1) + 𝑃 𝑠1 = 0 𝑀𝑓(𝑠1) = − 𝑃 𝑠1 Trecho 2: (0 ≤ s2 ≤ b) ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑉(𝑆2) − 𝑃 = 0 𝑉(𝑆2) = 𝑃 ∑ 𝑀𝑓 = 0 𝑀𝑓(𝑠2) + 𝑃 𝑠2 = 0 𝑀𝑓(𝑠2) = −𝑃 𝑠2 ∑ 𝑀𝑇 = 0 𝑀𝑇(𝑠2) − 𝑃 𝑎 = 0 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 125 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑀𝑇(𝑠2) = 𝑃 𝑎 5º Diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Figura E-7.5.2.4: Diagrama de esforço cortante Diagrama de momento de flexão: Figura E-7.5.2.5: Diagrama de momento de flexão CORRIGIR SINAL E A HACHURA DO MOMENTO DE FLEXAO NO TRECHO 1 (negativo ao invés de positivo) Diagrama de momento de torção: Figura E-7.5.2.6: Diagrama de momento de torção Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 126 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exemplo 3: Traçar os diagramas de esforços solicitantes para a estrutura da Figura ao lado: 1° Cálculo de reações de apoio: Como esta estrutura se encontra em balanço, é possível obter diagramas de corpos livres onde somente os esforços solicitantes são as incógnitas a serem determinadas por meio das equações de equilíbrio. Portanto, não é necessário conhecer, de antemão, as reações de apoio, para se determinar esses esforços solicitantes. Deve-se observar, também, que neste problema existirão esforços de flexão, torção e cortante. 2° Identificação de trechos: Nesse caso, como não há mudança de carregamento, não há alteração brusca na direção do eixo da estrutura, bem como não existe apoio intermediário, então existe apenas um trecho com as mesmas expressões analíticas dos esforços solicitantes. 3° Diagrama de corpo livre: Trecho 1: (0 ≤ θ ≤ π/2) REFAZER ESTA FIGURA 4° Equilíbrio no corpo livre: Trecho 1: 0 ≤ θ ≤ π/2 Figura E-7.5.3.1: Estrutura exemplo 3 Figura E-7.5.3.2: Diagrama de corpo livre trecho 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 127 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Obtêm-se os esforços solicitantes fazendo o equilíbrio do corpo livre acima, ou seja, ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑉(𝜃) − 𝑃 = 0 𝑉(𝜃) = 𝑃 ∑ 𝑀𝑓 = 0 𝑀𝑓(𝜃) + 𝑃𝑅 sen(𝜃) − 𝑀𝐴 sen(𝜃) = 0 𝑀𝑓(𝜃) = −𝑃𝑅 𝑠𝑒𝑛(𝜃) + 𝑀𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜃) ∑ 𝑀𝑡 = 0 𝑀𝑡(𝜃) − 𝑃𝑅(1 − cos(𝜃)) − 𝑀𝐴 cos(𝜃) = 0 𝑀𝑡(𝜃) = 𝑃𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)) + 𝑀𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 5° Fazer os diagramas de esforços: Figura E-7.5.3.3: Diagrama de esforço cortante Figura E-7.5.3.4: Diagrama de momento de flexão Figura E-7.5.3.5: Diagrama de momento de torção Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 128 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercícios Resolvidos: Exercício 7.1 Para a viga curva da Figura a seguir, sujeita a um momento (MA) aplicado em sua extremidade livre, determine os diagramas de esforços solicitantes: 1° Cálculo de reações de apoio: Para esta estrutura não é necessário o cálculo de reações de apoio, já que, pelo fato de a mesma estar em balanço é possível obter os corpos livres sem a presença das reações de apoio atuando nas mesmas. 2° Identificação de trechos: Como não há mudança brusca de direção do eixo da barra, não há mudança no carregamento e não existe apoio intermediário na barra, será necessário apenas um trecho para traçar os diagramas. MA R Figura 7.1.1: Estrutura exercício 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 129 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3° Diagrama de corpo livre: Trecho 1: 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: Neste caso, como não há força atuando sobre o sistema, não haverá esforço cortante e os esforços serão apenas momento de flexão e torção. Para obter estes esforços basta decompor o vetor momento MA nas direções dos esforços e fazer equilíbrio nessas direções. A decomposição do vetor MA está indicada na Figura a seguir, em que R e Ɵ são as direções de MF e MT, respectivamente. Conforme indicado na Figura, a componente de MA na direção de MF (direção de R) é MA cos(Ɵ) e a componente na direção de MT (direção de θ) é - MA sen(Ɵ). Com isso as equações de equilíbrio em ambas as direções podem ser expressas por: ∑ 𝑀𝐹 = 0 MA Ɵ Ɵ R Z R MT MF Ɵ MA Figura 7.1.2: Corpo livre trecho 1 Figura 7.1.3: Decomposição de vetores exercício 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 130 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑀𝐹(𝜃) + 𝑀𝐴 cos(𝜃) = 0 𝑀𝐹(𝜃) = − 𝑀𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜃) ∑ 𝑀𝑇 = 0 𝑀𝑇(𝜃) − 𝑀𝐴 sen(𝜃) = 0 𝑀𝑇(𝜃) = 𝑀𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜃) 5° Fazer os diagramas de esforços: MA Figura 7.1.5: Diagrama de Momento de Torção MA Figura 7.1.4: Diagrama de Momento de Flexão Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 131 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.2: Para a viga submetida a carregamento triangular com máximo igual a 15kN/m determine os diagramas de esforços solicitantes: 1° Cálculo de reações de apoio: Nesse problema é necessário o cálculo das 3 reações de apoio para determinar as expressões dos esforços solicitantes e traçar os diagramas, já que, não é possível obter um corpo livre sem que as reações de apoio sejam conhecidas. Para este cálculo deve-se inicialmente fazer o diagrama de corpo livre substituindo os apoios pelas reações de apoio como indicado a seguir. O valor total do carregamento é obtido calculando-se a área do triângulo que o representa: 𝑄 = 15 𝑘𝑁 𝑚 ∗ 3𝑚 2 A B 15kN/m 3m Z X Figura 7.2.1: Exercício 2 - Estrutura com carregamentos e apoios RAH RAV RBV 15kN/m 3m Z X Figura 7.2.2: Exercício 2 - Corpo livre com a representação das reações de apoio Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 132 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑄 = 22,5𝑘𝑁 Fazendo o equilíbrio do corpo livre, tem-se: ∑ 𝐹𝐻 = 0 𝑅𝐴𝐻 = 0 ∑ 𝐹𝑉 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 − 22,5 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 = 22,5 Para fazer o equilíbrio dos momentos, a carga distribuída será representada pela sua resultante aplicada no centroide do triângulo de carga, o qual se encontra distante de 1/3 do apoio B, ou seja, a força resultante de 22,5kN atua na coordenada x=2m. ∑ 𝑀𝐴 = 0 3𝑅𝐵𝑉 − 22,5 ∗ 2 = 0 𝑅𝐵𝑉 = 15𝑘𝑁 𝑅𝐴𝑉 = 7,5𝑘𝑁 2° Identificação de trechos: Como ao longo de toda a barra o carregamento não muda de formato e não há apoio intermediário ou mudança brusca de direção do eixo da barra, será necessário somente um trecho. 3° Diagrama de corpo livre: Trecho 1: q(s) M(s) V(s) s 7,5kN Figura 7.2.3: Exercício 2 - Diagrama de corpo livre Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 133 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 4° Fazer o equilíbrio no corpo livre: Para fazer o equilíbrio de corpo livre é necessário, primeiramente, obter a função que descreve o carregamento na coordenada s. Como o valor do carregamento q(s) é 15kN/m em s=3m e zero em s=0, o carregamento triangular pode ser expresso por uma reta, q(s) = as + b, em que a=5 e b=0, ou seja: 𝑞(𝑆) = 5𝑠 Esta expressão será utilizada para determinar a área do triângulo de carregamento na seção de coordenada s, já que, o valor dessa função será a altura do triângulo e a base é o valor da coordenada s. ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆) − 7,5 + 𝑞(𝑆) 𝑠 2 = 0 𝑉(𝑆) = 7,5 − 5𝑠2 2 Fazendo equilíbrio de momentos em torno de um eixo perpendicular ao plano da Figura que passa pelo centroide da seção transversal da barra na posição “s”, tem-se: ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆) − 7,5𝑠 + 𝑞(𝑆) 𝑠 2 𝑠 3 = 0 𝑀(𝑆) = 7,5𝑠 − 5𝑠3 6 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 134 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Figura 7.2.4: Exercício 2 - Diagrama de esforço cortante. Diagrama de momento de flexão: Figura 7.2.5: Exercício 2 - Diagrama de momento de flexão. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 135 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.3: Obter os diagramas de esforços solicitantes para a estrutura representada na Figura a seguir: Figura 7.3.1: Exercício 3 - Estrutura com carregamentos e apoios Figura 7.3.2: Exercício 3 - Estrutura com carregamentos e apoios REFAZER FIGURAS UMA COM OS APOIOS E OUTRA COM AS REACOES DE APOIO 1° Cálculo de reações de apoio: Como não se trata de um caso de estrutura em balanço deve-se necessariamente calcular o valor das reações de apoio. Para este caçulo serão aplicadas as equações de equilíbrio. ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑅𝐴𝐻 = 0 ∑ 𝐹𝑍 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 − 10 − 5 ∗ 3 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 = 25 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 136 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∑ 𝑀𝐴 = 0 10 ∗ 1 + 𝑅𝐵𝑉 ∗ 6 − 5 ∗ 3 ∗ 4,5 = 0 𝑅𝐵𝑉 = 9,58𝑘𝑁 𝑅𝐴𝑉 = 15,42𝑘𝑁 2° Identificação de trechos: Neste exercício serão necessários os quatro trechos abaixo: 1. 0 ≤ x ≤ 1m 2. 1 ≤ x ≤ 4m 3. 4 ≤ x ≤ 7m 4. 7 ≤ x ≤ 8m 3° Diagramas de corpo livre: Trecho 1: Figura 7.3.3: Exercício 3 - Diagrama de corpo Livre trecho 1 Trecho 2: Figura 7.3.4: Exercício 3 - Diagrama de corpo livre trecho 2 Trecho 3: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 137 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 7.3.5: Exercício 3 - Diagrama de corpo livre trecho 3 Trecho 4: Figura 7.3.6: Exercício 3 - Diagrama de corpo livre trecho 4 4° Fazer equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆1) + 10 = 0 𝑉(𝑆1) = −10𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆1) + 10 𝑠1 = 0 𝑀(𝑆1) = −10 𝑠1𝑘𝑁𝑚 Trecho 2: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆2) + 10 − 15,42 = 0 𝑉(𝑆2) = 5,42𝑘𝑁 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 138 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆2) + 10𝑆2 − 15,42 ∗ (𝑆2 − 1) = 0 𝑀(𝑆2) = −15,42 + 5,42𝑆2 𝑘𝑁𝑚 Trecho 3: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆3) + 10 − 15,42 + 5 ∗ (𝑆3 − 4) = 0 𝑉(𝑆3) = 25,42 − 5𝑆3 𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆3) + 10𝑆3 − 15,42 ∗ (𝑆3 − 1) + 5 ∗ (𝑆3 − 4) ∗ (𝑆3 − 4) 2 = 0 𝑀(𝑆3) = −2,5𝑆3 2 + 25,42𝑆3 − 55,42 Trecho 4: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆4) = 0 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆4) = 0 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Figura 7.3.7: Exercício 3 - Diagrama de esforço cortante exercício 3 Diagrama de momento de flexão: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 139 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 7.3.7: Exercício 3 - Diagrama de momento de flexão exercício 3 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 140 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.4: Para a viga abaixo sujeita a uma força pontual de 20kN em X=2m e a um momento concentrado em X=6m encontre os diagramas de esforços solicitantes: Figura 7.4.1: Exercício 3 - Estrutura exercício 4 SEPARAR APOIO DE REACAO DE APOIO. OS DOIS NÃO PODEM ESTAR NA MESMA FIGURA 1° Cálculo de reações de apoio: Primeiramente serão aplicadas as equações de equilíbrio para o cálculo das reações de apoio: ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑅𝐴𝐻 = 0 ∑ 𝐹𝑍 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 − 20 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 = 20 ∑ 𝑀𝐵 = 0 10 ∗ 𝑅𝐴𝑉 − 20 ∗ 8 − 15 = 0 𝑅𝐴𝑉 = 17,5𝑘𝑁 𝑅𝐵𝑉 = 2,5𝑘𝑁 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 141 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 2° Identificação de trechos: Neste problema devido as duas mudanças de carregamento serão necessários três trechos, compreendidos entre os intervalos abaixo: 1. 0 ≤ x ≤ 2m 2. 2 ≤ x ≤ 6m 3. 6 ≤ x ≤ 10m 3° Diagramas de corpo livre: Trecho 1: Figura 7.4.3: Exercício 3 - Diagrama de corpo livre trecho 1 Trecho 2: Figura 7.4.4: Diagrama de corpo livre trecho 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 142 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Trecho 3: Figura 7.4.5: Diagrama de corpo livre trecho 3 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆1) − 17,5 = 0 𝑉(𝑆1) = 17,5𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆1) − 17,5 ∗ 𝑆1 = 0 𝑀(𝑆1) = 17,5𝑆1 𝑘𝑁𝑚 Trecho 2: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆2) − 17,5 + 20 = 0 𝑉(𝑆2) = −2,5𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆2) − 17,5 ∗ 𝑆2 + 20 ∗ (𝑆2 − 2) = 0 𝑀(𝑆2) = −2,5𝑆2 + 40 𝑘𝑁𝑚 Trecho 3: ∑ 𝑉 = 0 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 143 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑉(𝑆3) − 17,5 + 20 = 0 𝑉(𝑆3) = −2,5𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆3) − 17,5 ∗ 𝑆3 + 20 ∗ (𝑆3 − 2) + 15 = 0 𝑀(𝑆3) = −2,5𝑆3 + 25 𝑘𝑁𝑚 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 144 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Figura 7.4.6: Diagrama de esforço cortante exercício 4 Diagrama de momento de flexão: Figura 7.4.7: Diagrama de momento de flexão exercício 4 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 145 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.5: Para a viga abaixo com carga trapezoidal obtenha os diagramas de esforços solicitantes. SEPARAR APOIO DE REACAO DE APOIO. OS DOIS NÃO PODEM ESTAR NA MESMA FIGURA Figura 7.5.1: Viga com carga trapezoidal Para a solução deste problema é possível proceder tratando o trapézio como uma carga triangular acrescida de uma carga uniformemente distribuída. Ao adotar esta estratégia a força resultante da carga uniformemente distribuída vai atuar no centro da viga e a resultante do triângulo vai atuar em X=10/3m. Adotada esta estratégia de solução pode-se passar para as 5 etapas de solução do problema: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 146 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 1° Cálculo de reações de apoio: Para o cálculo das reações de apoio podemos utilizar a figura ao lado em que são mostradas as forças equivalentes de cada carregamento atuando na viga. A força devido ao retângulo vale 25kN, já que, esta é a área do retângulo e a devido ao triângulo vale também 25kN, pois está é a área do mesmo. Feito isso podemos aplicar as equações de equilíbrio e obter as reações de apoio. EXCLUIR OS APOIS DEIXANDO SOMENTE A REPRESENTACAO DAS REACOES ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑅𝐴𝐻 = 0 ∑ 𝐹𝑍 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 − 25 − 25 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 = 50𝑘𝑁 ∑ 𝑀𝐵 = 0 −𝑅𝐴𝑉 ∗ 5 + 25 ∗ 2,5 + 25 ∗ 5 3 = 0 𝑅𝐴𝑉 = 20,83𝑘𝑁 𝑅𝐵𝑉 = 29,17𝑘𝑁 2° Identificação de trechos: Como não há nenhuma mudança no carregamento e os apoios estão nas extremidades da viga é necessário apenas um único trecho. Figura 7.5.3: Diagrama para cálculo dos esforços solicitantes Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 147 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 3° Diagrama de corpo livre: Figura 7.5.4: Diagrama de corpo livre exercício 5 4° Fazer o equilíbrio no corpo livre: Antes de fazer o equilíbrio de corpo livre é necessário obter a equação que rege q(S1), assim como foi feito para a carga triangular no exercício 2. Como q(S1) é regido pela equação de uma reta e sabemos que essa reta parte de zero e em S1=5m ela vale 10kN/m podemos partir da equação da reta (y=ax+b) e concluir que q(S1)=2*S1. Feito isso podemos aplicar as equações de equilíbrio para o corpo livre: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆1) − 20,83 + 5𝑆1 + 2𝑆1 ∗ 𝑆1 2 = 0 𝑉(𝑆1) = 20,83 − 5𝑆1 − 𝑆1 2 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆1) − 20,83𝑆1 + 5𝑆1 𝑆1 2 + 2𝑆1 𝑆1 2 𝑆1 3 = 0 𝑀(𝑆1) = 20,83𝑆1 − 5 𝑆1 2 2 − 𝑆1 3 3 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 148 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 7.5.5: Diagrama de esforço cortante exercício 5 Diagrama de Momento de Flexão: Figura 7.5.6: Diagrama de momento de flexão exercício 5 Exercício 7.6: Para a viga em forma de arco, de raio “R” e submetida a uma força e um momento em sua extremidade, indicada na Figura, obtenha as expressões e os diagramas que dos esforços solicitantes. INSERIR RAIO R E CENTRO COM A COORDENADA THETA Figura 23: Estrutura exercício 6 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 149 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 1° Cálculo de reações de apoio: Como a estrutura está em balanço não é necessário o cálculo das reações de apoio para obtenção dos esforços solicitantes. 2° Identificação de trechos: Neste problema é necessário um único trecho, já que não há mudança de carregamento nem de direção brusca do eixo da barra. 3° Diagrama de corpo livre: Figura 24: Diagrama de corpo livre exercício 6 CORRIGIR MF2 (ESTA INDICADO NA DIREÇÃO NEGATIVA NA FIGURA 4° Fazer o equilíbrio no corpo livre: Para que o equilíbrio de forças possa ser feito deve-se primeiramente observar a figura ao lado que representa a decomposição de forças. ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝜃) − 𝑃 sin(𝜃) = 0 𝑉(𝜃) = 𝑃 𝑠𝑖𝑛(𝜃) ∑ 𝑁 = 0 Figura 25: Decomposição de vetores Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 150 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑁(𝜃) − 𝑃 cos(𝜃) = 0 𝑁(𝜃) = 𝑃 𝑐𝑜𝑠(𝜃) Para aplicar o somatório de momentos deve-se antes fazer uma análise da influência da carga “P” na equação do momento de flexão. Observando o diagrama de corpo livre é fácil notar que o vetor que representa a carga “P” está totalmente contido no plano formado por “Mt” e “Mf1”, com isso conclui-se que a carga “P” vai influenciar somente o momento “Mf2”, com um braço de alavanca de “R(1-cos(Ɵ))”. Como o momento aplicado “Ma” faz sempre 90° com “Mf2” ele não interfere na equação de equilíbrio de momento na direção de “Mf2”. Portanto, somente a carga P contribui com momento na direção de “Mf2”. ∑ 𝑀𝑓2 = 0 𝑀𝑓2 + 𝑃𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)) = 0 𝑀𝑓2 = − 𝑃𝑅(1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)) Para o equilíbrio de momentos nas direções de “Mt” e “Mf1” deve-se observar atentamente a figura ao lado em que a decomposição de vetores está representada. ∑ 𝑀𝑇 = 0 𝑀𝑇 − 𝑀𝑎𝑐𝑜𝑠(𝜃) = 0 𝑀𝑇 = 𝑀𝑎𝑐𝑜𝑠(𝜃) ∑ 𝑀𝑓1 = 0 𝑀𝑓1 − 𝑀𝑎𝑠𝑒𝑛(𝜃) = 0 𝑀𝑓1 = 𝑀𝑎𝑠𝑒𝑛(𝜃) 5° Fazer os diagramas de esforços: Figura 26: Decomposição de momentos Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 151 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Figura 27: Diagramas de esforço cortante e normal Figura 28: Diagramas de momentos TROCAR SINAL DO MOMENTO DE FLEXÃO MF2 Exercício 7.7: A estrutura apresentada abaixo se consiste de uma viga com uma rótula e três apoios, determine os diagramas de esforços solicitantes para a mesma. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 152 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Para a solução deste problema é importante reforçar que o que faz com que esta estrutura seja isostática é a presença da rótula, já que existem 4 reações a ser determinadas. A rótula insere mais uma equação no sistema, pois a mesma não transmite momento e consequentemente o m0mento de flexão na rótula deve necessariamente ser igual a zero e esta é a quarta equação necessária para a solução do sistema. Figura 29: Estrutura exercício 7 1° Cálculo de reações de apoio: ∑ 𝐹𝑋 = 0 𝑅𝐴𝐻 = 0 ∑ 𝐹𝑍 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 + 𝑅𝐷𝑉 − 20 − 5 = 0 𝑅𝐴𝑉 + 𝑅𝐵𝑉 + 𝑅𝐷𝑉 = 25 (𝐼) Agora será aplicada a somatória de momentos em na rótula devido a forças e reações do lado esquerdo e posteriormente do lado direito da rótula. ∑ 𝑀𝐶𝐸 = 0 6𝑅𝐴𝑉 + 2𝑅𝐵𝑉 − 20 ∗ 4 = 0 6𝑅𝐴𝑉 + 2𝑅𝐵𝑉 = 80 (𝐼𝐼) ∑ 𝑀𝐶𝐷 = 0 2𝑅𝐷𝑉 − 5 = 0 2𝑅𝐷𝑉 = 5 (𝐼𝐼) Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 153 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Com I, II e III tem-se o seguinte sistema linear: ( 1 1 1 6 2 0 0 0 2 ) ( 𝑅𝐴𝑉 𝑅𝐵𝑉 𝑅𝐷𝑉 ) = ( 25 80 5 ) Resolvendo o sistema tem-se: 𝑅𝐴𝑉 = 8,75𝑘𝑁 𝑅𝐵𝑉 = 13,75𝑘𝑁 𝑅𝐷𝑉 = 2,5𝑘𝑁 2° Identificação de trechos: Para esta estrutura devido às mudanças de carregamento, apoios e rótula vão ser necessários 5 trechos definidos pelas coordenadas abaixo: Trecho 1: 0 ≤ x ≤ 2m Trecho 2: 2 ≤ x ≤ 4m Trecho 3: 4 ≤ x ≤ 6m Trecho 4: 6 ≤ x ≤ 7m Trecho 5: 7 ≤ x ≤ 8m 3° Diagramas de corpo livre: Trecho 1: Figura 30: Diagrama corpo livre trecho 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 154 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Trecho 2: Figura 31: Diagrama de corpo livre trecho 2 Trecho 3: Figura 32: Diagrama de corpo livre trecho 3 Trecho 4: Figura 33: Diagrama de corpo livre trecho 4 Trecho 5: Figura 34: Diagrama de corpo livre trecho 5 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 155 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆1) − 8,75 = 0 𝑉(𝑆1) = 8,75𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆1) − 8,75𝑆1 = 0 𝑀(𝑆1) = 8,75𝑆1𝑘𝑁𝑚 Trecho 2: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆2) − 8,75 + 20 = 0 𝑉(𝑆2) = −11,25𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆2) − 8,75𝑆2 + 20(𝑆2 − 2) = 0 𝑀(𝑆2) = 40 − 11,25𝑆2 𝑘𝑁𝑚 Trecho 3: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆3) − 8,75 + 20 − 13,75 = 0 𝑉(𝑆3) = −2,50𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆3) − 8,75𝑆3 + 20(𝑆3 − 2) − 13,75(𝑆3 − 4) = 0 𝑀(𝑆3) = −15 + 2,5𝑆2 𝑘𝑁𝑚 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 156 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Trecho 4: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆4) − 5 + 2,5 = 0 𝑉(𝑆4) = 2,50𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆4) − 2,5𝑆4 + 5(𝑆4 − 1) = 0 𝑀(𝑆4) = 5 − 2,5𝑆4 𝑘𝑁𝑚 Trecho 5: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆4) + 2,5 = 0 𝑉(𝑆4) = −2,50𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆4) − 2,5𝑆4 = 0 𝑀(𝑆3) = 2,5𝑆4 𝑘𝑁𝑚 5° Traçar os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: Figura 35: Diagrama de esforço cortante Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 157 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Diagrama de momento de flexão: Figura 36: Diagrama de momento de flexão Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 158 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.8: O arco de raio “R” indicado na figura a seguir é submetido a um momento de torção, por unidade de comprimento, To, uniformemente distribuído aplicado tangencialmente à circunferência do arco. Determine as expressões dos esforços solicitantes. Para a solução deste problema é necessário observar que como o problema é axi-simétrico as expressões dos esforços solicitantes serão iguais para qualquer seção do arco. Usando isto é possível obter um corpo livre realizando um corte, por exemplo, passando por duas seções diametralmente opostas. O resultado deste corte é mostrado no diagrama de corpo livre abaixo: Figura 38: Diagrama de corpo livre exercício 8 No diagrama de corpo livre acima é possível observar o elemento diferencial de comprimento RdƟ, em que o vetor de momento “To” atua, para aplicarmos o equilíbrio é necessário decompor o vetor em componentes na direção de “Mt” e “Mf”, o resultado desta decomposição nos fornece: Figura 37: Estrutura exercício 8 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 159 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑇𝑜𝑀𝑡 = 𝑇𝑜 𝑐𝑜𝑠(𝜃) 𝑇𝑜𝑀𝑓 = 𝑇𝑜 𝑠𝑖𝑛(𝜃) Para fazermos o equilíbrio é necessário computar o resultado do somatório de cada elemento diferencial ao longo de 180°, a maneira de fazer esse somatório é integrando ao longo do arco completo. Com isso é possível aplicar as equações de equilíbrio: ∑ 𝑀𝑀𝑓 = 0 2𝑀𝑓 − ∫ 𝑇𝑜 sin(𝜃)𝑅𝑑𝜃 𝜋 0 = 0 𝑀𝑓 = 𝑇𝑜𝑅 2 [− cos(𝜃)]0 𝜋 𝑀𝑓 = 𝑅𝑇𝑜 ∑ 𝑀𝑀𝑡 = 0 2𝑀𝑡 − ∫ 𝑇𝑜 cos(𝜃)𝑅𝑑𝜃 𝜋 0 = 0 𝑀𝑡 = 𝑇𝑜𝑅 2 [sen(𝜃)]0 𝜋 𝑀𝑡 = 0 Observe que não há esforço solicitante de torção, embora o carregamento aplicado externamente seja de torção. Outra forma de analisar isso é pelo fato de um esforço de torção gerar tensões de cisalhamento que são naturalmente assimétricas e para que a condição de simetria seja satisfeita o momento de torção deve ser igual à zero. Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 160 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.9: Uma placa, similar às usadas para a nomenclatura das ruas de Belo Horizonte, é submetida a uma pressão uniforme de 140Pa devido ao vento. A placa é sustentada por uma barra circular engastada no solo assim como mostrado na figura ao lado. Para este problema determine os diagramas de esforços solicitantes para a barra vertical que sustenta a placa considerando que a força resultante, devido ao vento, atue no centro geométrico da placa. 1° Cálculo das reações de apoio: Como neste exercício é possível extrair um corpo livre sem que o mesmo seja influenciado pelas reações de apoio não é necessário calcular as mesmas quando o intuito é traçar os diagramas de esforços solicitantes. 2° Identificação de trechos: Para este problema serão necessários dois trechos na barra vertical, um antes da localização do centro geométrico da placa e o outro após este centro geométrico. Trecho 1: 0≤X≤0,1m Trecho 2: 0,1≤X≤2,1m 3° Diagramas de corpos livres: Trecho 1: Figura 40: Diagrama de corpo livre trecho 1 Figura 39: Estrutura exercício 9 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 161 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Neste diagrama, devido a simplificação de uma carga pontual no centro geométrico da placa, não há nenhum carregamento. Trecho 2: No trecho dois vamos aplicar a simplificação de que a carga distribuída pode ser substituída por uma carga pontual no centro da placa, para isso é necessário obter o valor desse carregamento multiplicando a pressão exercida pelo vento pela área da placa: 𝐹𝑅 = 𝑃 ∗ 𝐴 = 140 ∗ 0,5 ∗ 0,2 = 14𝑁 Com isso é possível traçar o diagrama abaixo: Figura 41: Diagrama de corpo livre trecho 2 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: Uma simples inspeção do Trecho 1 nos permite concluir que, como não há carregamento no mesmo, todos os esforços solicitantes são iguais à zero. Trecho 2: Por inspeção da direção do carregamento aplicado é possível concluir que os esforços solicitantes que “Mt”, “V1” e “Mf2” são os únicos diferentes de zero. Com isso podemos partir para a aplicação das equações de equilíbrio: ∑ 𝑉1 = 0 𝑉1(𝑆2) − 14 = 0 𝑉1(𝑆2) = 14𝑁 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 162 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. ∑ 𝑀𝑡 = 0 𝑀𝑡(𝑆2) − 14 ∗ 0,35 = 0 𝑀𝑡(𝑆2) = 4,9𝑁𝑚 ∑ 𝑀𝑓2 = 0 𝑀𝑓2(𝑆2) − 14 ∗ (𝑆2 − 0,1) = 0 𝑀𝑓2(𝑆2) = 14𝑆2 − 1,4 𝑁𝑚 5° Traçar os diagramas de esforços: Figura 42: Diagramas de esforços Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 163 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.10: Para a viga em arco com uma carga uniformemente distribuída mostrada ao lado obtenha as expressões para os esforços solicitantes e trace os diagramas: 1° Cálculo das reações de apoio: Como esta estrutura está em balanço não é necessário calcular as reações de apoio. 2° Identificação de trechos: Será necessário apenas um trecho, já que, não há mudança de carregamento nem mudança brusca de direção no eixo da barra. 3° Diagramas de corpo livre: Figura 44: Diagrama de corpo livre trecho 1 4° Fazer o equilíbrio no corpo livre: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝜃) − 𝑞0𝑅𝜃 = 0 𝑉(𝜃) = 𝑞0𝑅𝜃 (𝜃 𝑒𝑚 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑜𝑠) Para que o somatório de momentos seja realizado o procedimento é um pouco mais complexo, já que, é necessário levar em conta a influência da carga distribuída ao longo da viga. O método para fazer esse somatório é integrar o momento que o carregamento gera em um único elemento diferencial de comprimento Rdζ de 0 a Ɵ. Figura 43: Estrutura exercício 10 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 164 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Este procedimento pode ser visto de forma mais clara se observarmos a Figura abaixo em que o elemento diferencial é representado. Figura 45: Representação do elemento diferencial para equilíbrio de momentos Como pode ser visto na figura acima o braço de alavanca que a força “qo” causa momento de torção é igual a “R[1-cos(𝜃- ζ)]” e o braço de alavanca em que a mesma força causa flexão é “Rsen(𝜃- ζ)”. Feito isso basta contabilizar o efeito de cada elemento diferencial no momento total integrando a o produto “força x braço” de alavanca na coordenada ζ variando de 0 a Ɵ . Em que a força em cada elemento diferencial vale “ 𝑞0𝑅𝑑ζ ” ∑ 𝑀𝑓 = 0 𝑀𝑓(Ɵ) + ∫ [𝑅 sin(Ɵ − ζ)] Ɵ 0 𝑞0𝑅𝑑ζ = 0 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 165 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. 𝑀𝑓(Ɵ) = −𝑅2𝑞0[cos(Ɵ − ζ)]0 Ɵ 𝑀𝑓(Ɵ) = −𝑅2𝑞0[1 − 𝑐𝑜𝑠(𝜃)] ∑ 𝑀𝑡 = 0 𝑀𝑡(Ɵ) − ∫ 𝑅[1 − cos(Ɵ − ζ)] Ɵ 0 𝑞0𝑅𝑑ζ = 0 𝑀𝑡(Ɵ) = 𝑅2𝑞0{[ζ]0 𝜃 + [sin(Ɵ − ζ)]0 𝜃} 𝑀𝑡(Ɵ) = 𝑅2𝑞0[𝜃 − 𝑠𝑖𝑛(𝜃)] (𝜃 𝑒𝑚 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛𝑜𝑠) 5° Traçar os diagramas de esforços: Figura 46: Diagramas de esforços exercício 10 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 166 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Exercício 7.11 Para a estrutura abaixo determine os diagramas de esforços solicitantes: 1° Cálculo de reações de apoio: Para este caso como a estrutura está em balanço não é necessário calcular as reações de apoio quando a intenção é unicamente de se traçar os diagramas de esforços. 2° Identificação de trechos: Na estrutura apresentada o eixo da barra possui uma mudança brusca de direção o que faz com que sejam necessários dois trechos para solucionarmos o problema. 3° Diagrama de corpo livre: Trecho 1: S1 M V X Z Y b a q0 Y X Z Figura 47: Estrutura exemplo 2 Figura 48: Corpo livre trecho 1 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 167 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Trecho 2: 4° Fazer o equilíbrio nos corpos livres: Trecho 1: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆1) − 𝑞0𝑆1 = 0 𝑉(𝑆1) = 𝑞0𝑆1 ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆1) − 𝑞0𝑆1 𝑆1 2 = 0 𝑀(𝑆1) = 𝑞0 𝑆1 2 2 Trecho 2: ∑ 𝑉 = 0 𝑉(𝑆2) − 𝑞0𝑎 − 𝑞0𝑆2 = 0 𝑉(𝑆2) = 𝑞0(𝑎 + 𝑆2) ∑ 𝑀 = 0 𝑀(𝑆2) + 𝑞0𝑎𝑆2 + 𝑞0𝑆2 𝑆2 2 = 0 𝑀(𝑆2) = −𝑞0𝑆2 (𝑎 + 𝑆2 2 ) MT V M S2 Y X Z Figura 49: Corpo livre trecho 2 Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 168 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Para o equilíbrio de momento de torção deve-se notar que o responsável por gera-lo é o carregamento na barra de comprimento “a”, que pode ser substituído por uma carga pontual equivalente no meio da barra para que possamos calcular o momento gerado na barra de comprimento “b”. Como a resultante do carregamento atua no meio da barra o braço de alavanca parra momento torçor será igual a b/2. ∑ 𝑀𝑇 = 0 𝑀𝑇(𝑆2) − 𝑞0𝑎 𝑎 2 = 0 𝑀𝑇(𝑆2) = 𝑞0 𝑎2 2 5° Fazer os diagramas de esforços: Diagrama de esforço cortante: q0(a+b) q0a Figura 50: Diagrama de esforço cortante Notas de aula de Introdução a Mecânica dos Sólidos. (Versão 00) Prof. Marco Antônio M Vecci – DEES – Escola de Engenharia - UFMG 2021 Pag. 169 / 169 Copyright © 2021, Marco Antônio M Vecci. Todos os direitos reservados. Diagrama de momento de flexão: Diagrama de momento de torção: 𝑞0 𝑎2 2 𝑞0𝑏 (𝑎 + 𝑏 2) 𝑞0 𝑎2 2 Figura 51: Diagrama de momento de flexão Figura 52: Diagrama de momento de torção