Unidade 1 Noções sobre Estado Triplo de Tensão

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Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
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1. NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
 
1.1 - VETOR TENSÃO 
 
Objetivos: 
 
- Definir vetor tensão e suas componentes 
- Definir e identificar estado triplo de tensão 
- Introduzir convenções relacionadas às tensões 
 
Para definir vetor tensão, vamos supor um corpo elástico, vinculado 
isostaticamente, em equilíbrio. Sob a ação de um sistema de forças ele se deforma. Em um 
plano cuja normal é "n", aparecerão forças internas necessárias para manter o equilíbrio da 
parte isolada do corpo (porção da esquerda), Figura 1. A distribuição destas forças é qualquer. 
Imaginemos um ponto P, situado neste plano e uma área ∆A, ao seu redor. Nesta área atuarão 
forças que serão equivalentes a uma resultante e a um momento (Figura 1). A resultante e o 
momento dependerão do plano que contém P. Para cada plano teremos uma resultante e um 
momento, normalmente diferentes. 
 
 
Figura 1 
 
Vamos indicar por Mn e Fn o sistema equivalente dependente do plano cuja 
normal é "n". Ao quociente da força resultante pela área chamaremos de tensão média. Se a 
área ∆A vai diminuindo a tendência do binário, Mn, é desaparecer, pois o braço de alavanca 
do binário tende a se anular. No limite vamos obter o vetor tensão que será definido como: 
 )/(F =T n0n lim ∆Α∆Α→ 
A força Fn pode ser decomposta em suas componentes Fnn e Fnt Figura 2. Vamos 
definir tensão normal como: 
 )/(F = nn0n lim ∆Ασ ∆Α→ 
e tensão tangencial como: 
)/(F = nt0n lim ∆Ατ ∆Α→ 
 
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Figura 2 
 
Caso seja adotado um sistema referencial prévio, de tal forma que um de seus 
eixos coincida com a normal ao plano e os outros estejam no próprio plano, a força Fnt será 
decomposta dando, por conseguinte, duas tensões tangenciais (Figura 3). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 3 
 
Os materiais obedecem mais às componentes do vetor tensão do que o próprio 
vetor. Assim, para cada plano passante por P, o vetor tensão dará origem a três componentes: 
uma tensão normal e duas tangenciais. Mas, para se definir um estado triplo de tensão, é 
necessário o conhecimento das tensões que atuam em três planos mutuamente perpendiculares 
através do mesmo ponto. Lembremos, fazendo uma analogia, que para se definir um estado 
plano, é necessário o conhecimento das tensões que atuam em dois planos perpendiculares 
através do ponto. 
A identificação de um estado triplo de tensão é feita quando as tensões atuantes 
nos três planos perpendiculares através do ponto, não podem estar situadas em um mesmo 
plano. Já no estado plano, todas as tensões atuantes nos dois planos perpendiculares que 
definem o estado plano através do ponto, estão situadas num mesmo plano. 
A Figura 4 indica as tensões atuantes em três planos perpendiculares através do 
mesmo ponto. As seis faces são definidas pelas direções de suas normais. Uma face positiva é 
aquela cuja normal está no sentido positivo do eixo coordenado. Os eixos x, y e z, seguem a 
regra da mão direita. 
Uma tensão normal σx na direção x, atuante na face positiva, é positiva quando 
seu sentido coincide com o sentido de x positivo. Se a mesma tensão atua em uma face 
negativa, ela é positiva quando seu sentido coincide com o sentido de x negativo. Todas as 
tensões normais apresentadas na Figura 4 são positivas. O índice da tensão normal 
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corresponde ao do eixo paralelo a ela. Assim, σx é uma tensão normal à face cuja normal é x. 
As tensões normais são positivas se são trativas. 
As tensões tangenciais, τ, possuem dois índices. O primeiro designa a normal ao 
plano sobre o qual atua e o segundo, o eixo coordenado ao qual é paralela. Assim, τxy é uma 
tensão tangencial que atua no plano x, na direção y. Uma tensão tangencial atuante em uma 
face positiva será positiva quando seu sentido segue o do eixo coordenado do segundo índice. 
Se esta tensão atua em uma face negativa, será positiva quando seu sentido segue o sentido 
contrário ao eixo coordenado do segundo índice. Todas as tensões tangenciais indicadas na 
Figura 4 são positivas. 
 
Figura 4 
 
 
1.2 - IGUALDADE DAS TENSÕES TANGENCIAIS 
 
Objetivo: 
- Demonstrar a igualdade das tensões tangenciais. 
 
τxy = τyx 
τxz = τzx (1.1) 
τyz = τzy 
 
Imaginemos um estado complexo de tensões definido abaixo, Figura 5. 
 
 
Figura 5 
 
 
Para demonstrarmos a igualdade das tensões tangenciais, imaginemos um 
elemento, como o abaixo (Figura 6) onde foram colocadas somente as tensões que produzem 
momentos em relação à x: 
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Figura 6 
 
A somatória dos momentos em relação à x fornece: 
zyyzzyzyyzyz 02
dz.dxdy
2
dz.dxdy
2
dy.dxdz
2
dy.dxdz ττττττ =∴=−−+ 
 
Analogamente: 
τxy = τyx 
τxz = τzx 
 
 
1.3 - REPRESENTAÇÃO TENSORIAL. 
 
 Objetivos: 
 
- Definir tensor tensão. 
- Enunciar as propriedades da matriz. 
- Representar, matricialmente, os estados triplos, duplo e mono-axial de 
 Tensão. 
- Identificar na matriz, as tensões normais principais. 
 
A matriz tensor tensão é definida do seguinte modo: em cada linha se colocam as 
tensões atuantes em um dos três planos que definem o estado de tensão: 1ª linha - plano x; 2ª 
linha - plano y; 3ª linha - plano z. As tensões em cada coluna são colocadas conforme suas 
direções, mantendo sempre a ordem: direção x, y e z. Por exemplo: 1ª linha e 3ª coluna, 
tensão τxz - atua na face x, na direção z. 3ª linha e 2ª coluna, tensão τzy - atua na face z, na 
direção y. 
 
Assim teremos: 
zzyzx
yzyyx
xzxyx
T
σττ
τστ
ττσ
= (1.2) 
 
Como as tensões tangenciais são iguais duas a duas - equação (1.1), a matriz é 
simétrica em relação a sua diagonal principal. 
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Em um estado plano de tensões, as tensões atuantes em uma face (y, por exemplo) 
são todas nulas. Isto implica na matriz em se ter uma linha e uma coluna nulas: 
 
zzx
xzx
0
000
0
T
στ
τσ
= 
 
Este mesmo raciocínio pode-se estender ao estado mono-axial de tensão, onde 
teremos, unicamente, uma tensão normal, que será principal. 
 
z00
000
000
T
σ
= 
) Pode ser demonstrado que, em qualquer estado de tensão em um ponto, um elemento pode ser orientado de forma que as tensões tangenciais se anulam sobre suas faces. 
 
As três direções assim obtidas são chamadas direções principais e as tensões 
normais, segundo estas direções, são denominadas de tensões normais principais (t.n.p.). Elas 
são representadas, simbolicamente, por σ1, σ2, σ3 e entre elas é válida a condição seguinte: 
 
321 σσσ ≥≥ 
 
Assim, nas faces onde atuam as tensões normais principais (t. n. p.), as tensões 
tangenciais são nulas. 
A identificação de uma t.n.p., na matriz do tensor tensão, é feita considerando o 
fato de serem nulas as tensões tangenciais atuantes na mesma linha (mesma face). Isto implica 
em se anularem as tensões tangenciais atuantes em uma linha e em uma coluna (igualdade das 
tensões tangenciais). Logo a t.n.p. ficará no cruzamento destas: 
 
zzy
yzy
x
0
0
00
T
στ
τσ
σ
= 
 
 
1.4 - REPRESENTAÇÃO ATRAVÉS DO CÍRCULO DE MOHR 
 
Objetivos: 
 
 - Esboçar e interpretar os círculos de Mohr para o estado triplo. 
 - Representar graficamente o estado triplo, pelas suas t.n.p. 
 - Definir tensões tangenciais principais (t. t. p.) através dos círculos de Mohr 
 - Determinar as intensidades das tensões tangenciais principais utilizandopropriedades do círculo de Mohr. 
 - Calcular a tensão tangencial máxima em problemas tridimensionais. 
 
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Os estados planos e mono-axial de tensão são casos particulares do estado triplo 
onde uma ou duas tensões normais principais são nulas. A representação gráfica para o estado 
triplo consiste em três círculos cujas interseções com o eixo horizontal, definem as tensões 
normais principais (Figura 7). 
 
Figura 7 
 
Pode-se demonstrar que as condições de tensão em qualquer plano que passe 
através de um ponto, estão também incluídas na área hachurada entre o círculo maior e os 
outros dois (Figura 7). No estado plano, uma das t.n.p. coincide com a origem e no mono-
axial, coincidem duas. Dadas as três t.n.p. do estado triplo, pela combinação duas a duas, 
construímos os três círculos de Mohr correspondentes. Os raios destes três círculos de Mohr 
são as tensões tangenciais principais (t.t.p.) que são representadas por: τ1,2, τ1,3 e τ2,3 (Figura 
7). 
 
Suas intensidades são: 
2
2
2
32
3,2
31
3,1
21
2,1
σστ
σστ
σστ
−=
−=
−=
 (1.3) 
A t. t. p., τ1,3 , será sempre a de maior intensidade. As tensões normais que 
atuam nos planos das t. t. p. são: 
 
1,2
21
1,3
31
2,3
32
 de plano ,
2
OC
 de plano ,
2
OB
 de plano ,
2
AO
τσσ
τσσ
τσσ
+=
+=
+=
 (1.4) 
) O estado plano de tensão é um caso particular do estado triplo onde uma t.n.p. é nula 
 
É preciso observar que nem sempre a tensão tangencial máxima do estado plano, 
já estudado, corresponde à tensão tangencial maior do estado triplo. Acontece que agora 
nossos conceitos são mais amplos. Por uma questão didática, quando se estudou o estado 
plano, falou-se em somente um círculo de Mohr, quando na realidade são três. Por isto, o 
conceito de tensão tangencial máxima ficou incompleto. Se verificarmos, na Figura 7, o plano 
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em que atua a tensão tangencial principal (t.t.p.), τ1,3, faz ângulos de 45º com os planos onde 
atuam σ1 e σ3 respectivamente. A1ém disto, esta tensão está situada no mesmo plano de σ1 e 
σ3. Logo sua direção será a interseção destes dois planos (Figura 8). Analogamente para τ1,2 e 
τ2,3 (Figura 9). 
 
Figura 8 
 
Figura 9 
São dois os planos que satisfazem as condições acima descritas; eles são 
perpendiculares entre si. Em um atua a t.t.p. positiva e no outro a negativa. 
Interessa-nos somente a intensidade e a direção desta tensão e não o seu sentido. 
Por isto colocamos a seta nas duas extremidades do segmento (ela tanto pode estar em um 
sentido como no outro). 
 
1. 5 - CASO PARTICULAR IMPORTANTE 
Objetivo: 
- Determinar as t.n.p. de um estado triplo, quando se conhece uma delas, sem 
o desenvolvimento da equação do terceiro grau, utilizando as propriedades 
do estado plano de tensões. 
 
A maioria dos casos que encontramos em engenharia, a posição de um dos planos 
principais e a t.n.p. que nele atua podem ser encontrados previamente. Então as duas t.n.p. 
restantes podem ser determinadas utilizando-se as propriedades do estado plano (Figura 10). 
Com efeito: 
 
Figura 10 
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As tensões normal e tangencial que atuam no plano inclinado podem ser 
calculadas, através das equações de equilíbrio da estática, projetando as forças na direção 
normal ao plano e sobre o próprio plano. É claro que a força atuante na direção “z” não 
alterará as equações acima. É como se ela não existisse. Assim procedendo, obteremos as 
mesmas equações para “σn” e “τn” encontradas para o estado plano. Estas equações podem 
ser também interpretadas através do círculo de Mohr já estudado em “estado plano de 
tensões”. Resumindo, o estado de tensão da Figura 10 fica assim: 
σz é uma t.n.p.. 
O estado plano σy, σx e τxy fornecerá as outras duas t.n.p. 
O plano θ da Figura 10 é um dos planos paralelos à z, ou seja, paralelos a uma 
direção normal principal. Os planos x (θ = 0º) e y (θ = 90º) também são. Assim os pontos 
situados no círculo de Mohr determinado por σx, σy e τxy, representam valores de σ e τ 
atuantes em planos θ, paralelos a uma direção normal principal (z): planos que giram em 
torno de z. 
Do exposto acima podemos concluir que: 
 
) Cada ponto da circunferência que passa por σ1 e σ3 (Figura 7) corresponde a valores de σ e τ que atuam em planos paralelos à direção 2. Analogamente para as 
outras circunferências. 
 
Os pontos situados na área hachurada (Figura 7) correspondem a valores de σ e τ 
que atuam em planos inclinados em relação às direções principais 1, 2 e 3. 
 
 
1.6 - O ESTADO GERAL DE TENSÃO EM UM PONTO 
 
Objetivos: 
 
- Calcular as tensões normal e tangencial atuantes em um plano, quando se 
conhecem as tensões atuantes em três planos perpendiculares através do 
ponto. 
- Definido o estado de tensão através de um ponto, calcular as tensões 
normais principais (t.n.p.). 
- Definir o elipsóide das tensões. 
- Definir planos e tensões octaédricas e calculá-las em função das t.n.p. 
 
Através do diagrama do corpo livre (Figura 11), onde são colocadas as tensões 
atuantes em três planos perpendiculares através do ponto, pretende-se determinar a tensão 
normal e tangencial atuantes em um plano cuja normal é "n", através do mesmo ponto. 
 
 
Dados: 
face x: σx , τxy , τxz 
face y: τyx , σy , τyz 
face z: τzx , τzy , σz 
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n cos zn,
m cos yn,
l cos xn,
^
^
^
==
==
==
γγ
ββ
αα
,
,
,
 
face ABC = dA 
face OAB = dA.n 
face OBC = dA.l 
face OCA = dA.m 
 
Pede-se: 
σn e τnt 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Figura 11 
 
Seja T
G
 o vetor tensão que atua no plano “n”. A direção de T
G
 não coincidirá com 
a de "n", necessariamente. Quando isto acontecer, "n" será uma direção normal principal e T
G
 
será a própria t.n.p., pois, neste caso, sua projeção sobre o plano será nula (as tensões 
tangenciais atuantes na face serão nulas). As componentes de T
G
 nas direções x, y e z são: 
Tx , Ty e Tz, respectivamente. 
Como o elemento está em equilíbrio, são válidas as equações da estática. Assim: 
n.dA.m.dA.l.dA.dA.T
0F
zxyxxx
x
ττσ ++=
=∑
 
 simplificando e lembrando-se que: 
τyx = τxy , τzx = τxz 
 temos: 
n.m.l.T
n.m.l.T
:amentelogana
n.m.l.T
zzyzxz
yzyyxy
xzxyxx
σττ
τστ
ττσ
++=
++=
++=
 (1.5) 
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Vetorialmente, podemos escrever, lembrando que 
G G G
i , j e k são os unitários das 
direções x, y e z respectivamente: 
 G G G G
T T i T j T kx y z= + +. . . 
O unitário da normal “n” é: k.nj.mi.lN
GGGG ++= 
Sendo σn, a projeção de GT sobre “n”: 
n.Tm.Tl.TN.T zyxn ++==
GGσ (1.6) 
 
Por outro lado: 
2
nt
2
n
2T τσ += 
Logo: 
2
n
2
nt T στ −= (1.7) 
 
A intensidade do vetor T é: 
2
z
2
y
2
x TTTT ++= (1.8) 
 
As equações (1.5) são gerais e válidas para qualquer plano “n” mesmo que este 
seja o plano onde atua uma tensão normal principal. Neste caso, o vetor 
G
T coincidirá com a 
normal e não teremos tensões tangenciais. Façamos então T = σp e assim: 
n.T
m.T
l.T
pz
py
px
σ
σ
σ
=
=
=
 
As equações (1.5) tornam-se: n.m.l.l. xzxyxp ττσσ ++= 
ou: 
 
0n).(m.l.
0n.m).(l.
0n.m.l).(
pzzyzx
yzpyyx
xzxypx
=−++
=+−+
=++−
σσττ
τσστ
ττσσ
 (1.9) 
Resolvendo (1.9) para calcular um dos cosenos diretores, por exemplo, l, temos:)(
)(
)(
)(0
)(0
0
l
pzzyzx
yzpyyx
xzxypx
pzzy
yzpy
xzxy
σσττ
τσστ
ττσσ
σστ
τσσ
ττ
−
−
−
−
−
= 
A solução trivial 0,0,0 não serve pois l2 + m2 + n2 = 1. 
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Uma solução não trivial para as direções dos cosenos dos planos principais 
existirá somente se o denominador for nulo. 
Este sistema terá uma solução diferente de zero, se o determinante dos 
coeficientes de 1, m e n for nulo. Logo: 
 
0
)(
)(
)(
pzzyzx
yzpyyx
xzxypx
=
−
−
−
σσττ
τσστ
ττσσ
 (1.10) 
O desenvolvimento deste determinante dará origem à equação cúbica abaixo: 
 0)2
().().(
yzxzxy
2
xyz
2
xzy
2
yzx
zyxp
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx
2
pzyx
3
p
=+−−
−−−−−+++++−
ττττστστσ
σσσστττσσσσσσσσσσσ
 
(1.11) 
Pode ser demonstrado que as três raízes da equação (1.11) são reais, pois a matriz 
é real e simétrica. Estas serão os valores das tensões normais principais. Levando cada valor 
em troca na equação (1.9) e acrescentando ainda a relação l2 + m2 + n2 = 1, pois no sistema 
de equações lineares e homogêneas (1. 9) uma equação é combinação linear das outras duas, 
obtém-se três conjuntos de cosenos diretores que localizarão as normais aos três planos onde 
atuam as tensões normais principais. Como a matriz (1.10) é simétrica, as três direções 
principais são sempre tri-ortogonais. Concluímos que: 
 
) Existem três planos, mutuamente perpendiculares, onde atuam as tensões normais principais. É evidente que as t. n. p., que são as raízes da equação cúbica (1.11), são 
determinadas pela natureza do estado de tensão em um ponto e não dependem do 
sistema de referência admitido. 
 
Assim, ao girarmos o sistema original, x, y, z, os valores dos coeficientes da 
equação (1.11) não deverão alterar-se. Devido a isto, estes coeficientes são chamados de 
invariantes do estado de tensão. 
 
São eles: 
321
zzyzx
yzyyx
xzxyx
3
323121
2
yz
2
xz
2
xyzyzxyx2
zyx321zyx1
I
I
```I
σσσ
σττ
τστ
ττσ
σσσσσστττσσσσσσ
σσσσσσσσσ
==
++=−−−++=
++=++=++=
 
Se I3 = 0, uma das raízes da equação (1. 11) será nula. Neste caso, o estado de 
tensão é plano. 
Se I2 = I3 = 0, duas raízes da equação (1.11) serão nulas. O estado de tensão 
correspondente é monoaxial. 
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Se os eixos de referência, x, y e z, coincidem com as direções das tensões normais 
principais, as equações (1.5) continuam sendo válidas com as seguintes modificações: 
 
0 ,
3z
yzxzxy2y
1x
σσ
τττσσ
σσ
=
====
=
 
Logo: 
3
z
3
2
y
2
1
x
1
T
=n .
T
=m .
T
=l .
σσ
σσ
σσ
nT
mT
lT
z
y
x
=
=
=
 
 
Mas: l2 + m2 + n2 = 1 
Teremos então: 1
2
3
2
2
2
2
2
1
2
=++ σσσ
zyx TTT 
Se Tx, Ty e Tz são considerados como as coordenadas das extremidades do vetor 
tensão, o lugar geométrico das extremidades do vetor é um elipsóide (Figura 12), cujos semi-
eixos são as tensões normais principais. Este elipsóide é denominado de elipsóide das tensões. 
 
 
Figura 12 
 
Pode-se concluir, examinando a Figura 12, que duas das t. n. p. são as tensões 
normais máxima e mínima no ponto. A outra t.n.p. é intermediária em valor. 
Um caso particular de tensões é o das chamadas tensões octaédricas. Em primeiro 
lugar, vamos definir planos octaédricos como sendo aqueles cujas normais fazem ângulos 
iguais com as direções normais principais. São em número de oito (Figura 13). As tensões que 
atuam nos planos octaédricos são as tensões octaédricas. Logo: 
 
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Figura 13 
 
 )(
3
1)(
9
3
)kji(
3
3).kji(
3
3
N.T
)33(T ,)33(T ),33(T
nm31=l 13l 1nml
321321oc
321oc
oc
3z2y1x
2222
σσσσσσσ
σσσσ
σ
σσσ
++=++=
++++=
=
===
==±∴=∴=++
GGGGGG
GG
 (1.12) 
 Como 1321 I=++ σσσ , um invariante: 
 
 )()()(
3
1
T
3
3T
)kji(
3
3T
)(
3
1I 
3
1
2
13
2
32
2
21oc
2
oc
2
oc
2
3
2
2
2
1
321
zyx1oc
σσσσσστ
στ
σσσ
σσσ
σσσσ
−+−+−=
−=
++=
++=
++==
GGGG
 (1.13) 
 
1.7 - COMPLEMENTAÇÃO 
 
Objetivos: 
 
- Definir cisalhamento puro no estado triplo 
- Definir estado de tensão hidrostático. 
 
O estado de cisalhamento puro existe se um sistema particular de eixos Oxyz pode 
ser determinado satisfazendo a seguinte condição: σx = σy = σz = 0. Este sistema particular de 
eixos existe, se, e somente se, o primeiro invariante das tensões, I1 = 0. 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
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Matricialmente: 
 
0
 ou 
0
0
0
zyzx
yzxyyx
xzxyx
zyzx
yzyx
xzxy
ττ
τσστ
ττσ
ττ
ττ
ττ
−= 
Em ambos os casos, I1 = 0. 
Por definição, um estado é hidrostático se: 
σx = σy = σz = -p , e todas as tensões tangenciais desaparecem. 
 
Matricialmente: 
p00
0p0
00p
−
−
−
 
Um estado de tensão qualquer pode ser separado em um estado de cisalhamento 
puro mais um estado de tensão hidrostático. 
De fato: 
=
zzyzx
yzyyx
xzxyx
σττ
τστ
ττσ
p00
0p0
00p
−
−
−
+
)p(
)p(
)p(
zzyzx
yzyyx
xzxyx
+
+
+
σττ
τστ
ττσ
 
 (Estado hidrostático) (Cisalhamento Puro) 
 
Desde que: 
( )σx p+ + ( )σy p+ + ( )σ z p+ = 0 
 
Ou: 
1zyx I.3
1)(
3
1p −=++−= σσσ 
 
 
 
 
BIBLIOGRAFIA 
 
 
 HIGDON e outros. Mecânica dos Materiais. 3ª ed. Guanabara Dois 
 
 FEODOSIEV, I. Resistencia de Materiales .Editorial Mir. Moscou. 
 
 DALLY & RILEY. Experimental Stress Analysis. McGraw-Hill. 2ª ed. 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 
 
 
¾ Exercício 1.1 – (Para recordar estado plano de tensão) 
Determinar as tensões normal e tangencial que aparecem no cordão de solda do 
tubo de parede fina indicado abaixo. 
 
Dados: 
Diâmetro médio do tubo = 30 cm 
Espessura da parede = 0,8 cm 
Pressão interna aplicada = 100 kgf/cm2 
N = 30000 kgf; T = 800000 kgf.cm.; Ângulo da solda = 30º 
Tensão normal admissível no cordão de solda = 900 kgf/cm2 
Tensão tangencial admissível no cordão de solda = 600 kgf/cm2 
 
Solução: 
A=π . Dm . e = 75,36 cm2 , Ip = π.(Re4 - Ri4)/2 = 16980 cm4 
 
Análise de um ponto na face externa: 
Calculando a tensão normal devido a N temos: 
2N cm
kgf398
36,75
30000 ==σ 
Calculando as tensões devido a pressão interna p temos: 
 
 
cm
kgf1876
 
cm
kgf1336938398
: resultante oa~Tens
 
cm
kgf938
2
 
cm
kgf1876
e
R.p
2x
2y
2
c
l2c
=
=+=
====
σ
σ
σσσ
 
 
Cálculo da tensão tangencial resultante devido ao torque: 
 
cm
kgf726
16980
4,15.800000
I
r.T
2
p
xy ===τ 
Círculo de Mohr: 
60059450sen77550senR
900210450cos775160650cosROC
70= 
775
726= sen775=R 1606=OC
N
N
<===
>=+=+=
τ
σ
θθ D
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 16 
 
A solda não suporta o carregamento !!! 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 17 
 
¾ Exercício 1.2 
 
Para os pontos A e B da peça indicada abaixo, da seção quadrada sob torção-
solicitaçãoaxial, pede-se: 
 
1 - definir os estados de tensão de A e B. 
2 - tensões normais principais. 
3 - tensão tangencial principal maior. 
 
T = 500 kgf.cm P = 1000 kgf 
Lado a = 2cm α = 0,208 
 
 
Solução: 
 
 1) σN= P/A τA=T/α.a.b2 
 σN= 250 kgf/cm2 τA= 300 kgf/cm2 
 
 
 
 
2) B: σ1=250 , σ2=σ3=0 , A: σ1=450 , σ2=0 , σ3=-200 
 
 
 
 3) B: τ1,3=125 A: τ1,3=325 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 18 
 
¾ Exercício 1.3 
 
Para o eixo de seção circular maciça indicado abaixo, sob T = 1000 kgf.cm, pede-se: 
 
1 - definir o estado de tensão do ponto A. 
2 - matriz do tensor tensão de A. 
3 - círculos de Mohr de A. 
4 - cálculo das tensões normais principais de A. 
5 - cálculo das tensões octaédricas de A. 
 
Raio = 2 cm 
Ip = 25,12 cm4 
τxy = -80 kgf/cm2 
 
Solução: 
 
1) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 2 ) 
0 80 0
80 0 0
0 0 0
−
− 3) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
4 ) σ1=80 ; σ2=0 , σ3=-80 
 
5) σOCT=0 τOCT= 65,6 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 19 
 
¾ Exercício 1.4 
 
Um vaso cilíndrico de ferro fundido com diâmetro médio de 0,2 m possui paredes 
de espessura h = 10 mm. A pressão dentro do vaso é p = 4 MN/m2. O vaso é também 
comprimido por forças N = 200 kN. Determinar o estado de tensão de um ponto situado 
próximo à face interna. 
 
 
 
Solução: 
 
 
MPa26 
4000
040
0012-
) m/MN( 12 ,4 ,40= ,m/MN32
10.10..2,0
10.200
 m/MN20 m/MN40
10.10
1,0.4
h
R.p
1,3
2
32 1
2
3
3
N
2
L
2
3C
=−
−=−=−=−=
====
−
−
τ
σσσπσ
σσ
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 20 
 
¾ Exercício 1.5 
 
Um anel de aço de seção circular é encaixado contra um eixo de um material 
rígido, sem pressão de contato. Se o anel é resfriado de 40º C, pede-se definir o estado de 
tensão de um ponto do anel em contado com o eixo. 
 
Solução: 
 
Para o anel: 
 
E = 2.106 kgf/cm2 α= 125.10-7 /ºC 
ν = 0,3 d= 1,6 cm A= 2 cm2 
 
 
)
cm
kgf( 78 ,0 ,6,976 ,
cm
kgf6,976
cm
kgf78=p )3,05,12(
10.2
p)p3,0(
10.2
140.125.10
=anel do ncialcircunfere deformação t= p5,12
6,1
20p
e
R.p
23212
266
7-
x
eso~tens
−====
+=+=
===
σσσσ
σ
ε∆αεσ
 
 
 
 
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 21 
 
¾ Exercício 1.6 
 
Para a viga esquematizada ao lado, pede-se: 
 
1 - definir os estados de tensão de A e B. 
2 - representação matricial de A e B. 
3 - tensões normais principais de A e B, 
4 - tensão tangencial principal maior de A e B. 
 
Dados: α = 0,232; η = 0,859 
 
 
 
Solução: 
 
 
 
 

 ==
===
=



==→=
=


 ===→→=
===→=
 149.859,0
4,1724.3.232,0/480../
/20
5,4.2
)75,0.5,1.2(80
.
20
0. 
 0=
/533
5,4
5,1.20.80
12
2.3=I 533
/1673.2/1000//167
2
2
B
A
2
3
22
AB
A
s
AA
B
N
baTT
cmkgf
Ib
VMV
cmkgf
I
MY
M
cmkgfANcmkgf
ττ
ατ
ττ
τ
σ
σσ
σσ
 
 1) 
 
 
 
 
 
 
 
2) 
7000149
000
14900
:B ,
1674,1920
4,19200
000
:A
−
− 
 
 3) 
30
 0
730
B;
2,126
 0
 2,293
A
3
2
1
3
2
1



−=
=
=



−=
=
=
σ
σ
σ
σ
σ
σ
. 
 
 4) A: τ1,3=210 B: τ1,3= 380 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 22 
 
¾ Exercício 1.7 
 
Definir o estado de tensão do ponto A da Figura abaixo, calculando as tensões 
normais principais deste ponto. O cubo é feito de material deformável e o anteparo de 
material rígido. 
 
Coeficiente de Poisson do material do cubo = 0,3 
p = 600 kgf/cm2 
 
 
 
Solução: 
 
)(kgf/cm 600 , 180 ,0
180 0))((
E
1 0
2
321
xzyxx
−=−==
−=∴=+−∴=
σσσ
σσσνσε
 
 
 



=
−=
++−−=
 cm/kgf8,253
 cm/kgf260
)kji(
3
3).k
3
3600j
3
3180i0(
2
oct
2
oct
oct
τ
σ
σ GGGGGG
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 23 
 
¾ Exercício 1.8 
 
Definir o estado de tensão para o ponto A do sistema abaixo, calculando as 
tensões normais principais para este ponto. Determinar ainda as tensões octaédricas de A. 
 
p = 600 kgf/cm2 
Coeficiente de Poisson = 0,4 
 
 
Solução: 
 
 σx= σz 
( )[ ] [ ]ε σ ν σ σ νσ
σ σ σ σ
x x z x z
x
E E
kgf cm
= = − − = − +
= − ∴ = = − = −
0 1 600 1 240
400 400 6002
2 , 1 3 ( / ) 
 
( ) ( )σ
σ
τ σ
oct
oct
oct oct
i j k i j k
T
= − − − + +
= −
= − = − =
3
3
400 400 600 3
3
466 7
228752 466 7 104 62 2 2
G G G G G G
.
,
, ,
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 24 
 
¾ Exercício 1.9 
 
Um eixo de cobre é ajustado sem pressão dentro de uma camisa de aço. Após, é 
aplicada uma pressão de 500 kgf/cm2 contra o eixo. Pede-se: 
 
1 - definir o estado de tensão para os pontos A e B. 
2 - determinar a tensão tangencial principal maior para A e B. 
3 - determinar as tensões octaédricas de A e B. 
 
Módulo de elasticidade do cobre = 1.106 kgf/cm2. Coeficiente de Poisson = 0,33 
Módulo de elasticidade do aço = 2.106 kgf/cm2. Coeficiente de Poisson = 0,30 
Raio externo = 10,5 cm 
Raio interno = 10,0 cm 
 
Solução: 
 
1) 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 25 
 
( )[ ] ( )[ ]ε εcA cB P P P P
P P
P cm
= ∴ − − − − = − −
− + =
=
 1
1.10
 kgf
6 0 33 500
1
2 10
20 0 3
1 34 330 20 3
15 25
6
2
,
.
,
, ,
, /
 
 
 
 
 
Para o ponto A temos: Para o ponto B temos: 
σ1 = σ2 = -15,25 kgf/cm2 σ1 = 305 kgf/cm2 , σ2 = 0 
σ3 = -500 kgf/cm2 σ3 = -15 ,25 kgf/cm2 
 
 
Cálculo das tensões octaédricas e da tensão tangencial máxima para o ponto A. 
 
2
1,3
2
oct
2
oct
2
octoct
222
oct
kgf/cm 5,242
 kgf/cm 228= T= 177
3
5003,153,15
kgf/cm 2895002.)3,15(
3
1=T N.T
)k+j+i(
3
1=N 
3
1).k500-j15,3-i(-15,3=T 
3
1nml
=
−−=−−−=
=+=
===
τ
τστσ
σ GG
GGGGGGGG
 
 
Analogamente para o ponto B temos: 
σ
τ
τ
oct
oct
=
=
=
96 7
148 4
1601 3
,
,
,
 kgf / cm
 kgf / cm
 kgf / cm
2
2
2
 
 
Unidade 1 – NOÇÕES SOBRE ESTADO TRIPLO DE TENSÃO 
 
Página 26 
 
¾ Exercício 1.10 
 
Um anel de latão de 130 mm de diâmetro externo encaixa-se perfeitamente dentro 
de um anel de aço de 130 mm de diâmetro interno, quando a temperatura dos dois anéis é de 
10ºC. Sabendo-se que a temperatura dos anéis é aumentada para 50º C, determinar: 
1 - estado de tensão de A e B. 
2 - tensões normais principais de A e B. 
 
Dados: Espessura do anel de aço = 3 mm 
Espessura do anel de latão = 6 mm 
 
 E ν α 
Latão 103 GN/m2 0,33 20,9.10-6/ºC 
Aço 200 GN/m2 0,30 11,7.10-6/ºC 
 
 
 
 
σ c p p= − = −655 10 83, 
 
 
σ c p p= =653 2167, 
 
 
Solução: 
 
δL = variação do raio do latão 
δA = variação do raio do aço 
( ) ( ) ( )
26
99
AALL
ALAL
m/MN74,1p
40.10.7,119,2030,067,21
10.200
133,083,10
10.103
1p
.R ,.R
t)(R
=
−=

 +++−−
==
−=+
−
εδεδ
∆ααδδ
 
 
 σ1 = 0 MPa σ1 = 37,7 MPa 
 σ2 = -1,74 MPa σ2 = 0 MPa 
 σ3 = -18,8 MPa σ3 = -1,74 MPa