FEMEC43050 – EA1

Estruturas de Aeronave 1 - 2013/2

Prof. Thiago Augusto Machado Guimarães

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AULA 8

CÍRCULO DE MOHR PARA MOMENTOS E PRODUTOS DE INÉRCIA

FEMEC43050 – EA1

PRODUTOS DE INÉRCIA

4.1. CÍRCULO DE MOHR PARA AS PROPRIEDADES DE INÉRCIA4.1. CÍRCULO DE MOHR PARA AS PROPRIEDADES DE INÉRCIA

O Eng. alemão Otto Mohr (1835) mostrou que se conhecidos “Ixx” , “Iyy” e

“Ixy” de uma determinada superfície em relação aos eixos xy passando por “0”,

pode-se usar o Círculo de Mohr para calcular:

�� Os Eixos Principais de Inércia ab e os Momentos Principais

�� Os Momentos e Produto da superfície em relação a qq outro par de

eixos x’y’ passando por 0.

( )( )xyyy

xyxx

IIY

IIX

−,

,(1)(1)

Pontos do círculo de Mohr:

yyxx II > 0>xyIAssumindo:Assumindo:

�� Construção do Círculo de MohrConstrução do Círculo de Mohr

2

2

2xy

yyxxI

IIR +

−=

RII

Iyyxx ±

+=minmax, RI ±=

2minmax,

�� OBS:OBS:

(a) (a) A rotação que leva A rotação que leva CXCX para para CACA é horária. Portanto, é horária. Portanto, θθmm no ponto que define no ponto que define

o Eixo Principal o Eixo Principal 0a0a é horário.é horário.

(b) (b) Os eixos Os eixos x’y’x’y’ formando formando θθ no ponto: como no ponto: como 0x’0x’ está no sentido antiestá no sentido anti--horário, horário,

no círculo de Mohr devo girar no círculo de Mohr devo girar 22θθ no mesmo sentido.no mesmo sentido.

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AULA 8

TORÇÃO EM SEÇÕES MACIÇAS

FEMEC43050 – EA1

6.1. SOLUÇÃO POR FUNÇÃO DE TENSÃO DE PRANDTL6.1. SOLUÇÃO POR FUNÇÃO DE TENSÃO DE PRANDTL

A solução de problemas de torção de barras de ST arbitrárias mas uniforme,

é obtida via Métodos Inversos visto no Cap3, onde são feitas suposições para

o campo de tensões.

Superfície ⊥⊥⊥⊥ ao eixo da barra

Tensões agindo no ponto dxdy

ComoComo nãonão háhá cargascargas axiaisaxiais aplicadasaplicadas:: 0=== zyx σσσ (1)(1)

TT éé resistidoresistido somentesomente pelaspelas ““ττ”” nono planoplano dada STST (Fig(Fig22)):: 0=xyτ (2)(2)

Fig1Fig1

Fig2Fig2

�� Das Equações de Equilíbrio (ignorar forças de vol., Das Equações de Equilíbrio (ignorar forças de vol., X,Y,ZX,Y,Z))

0=+∂

∂+

∂

∂+

∂∂

Xzyx

xzxyx ττσ

0=+∂

∂+

∂

∂+

∂

∂Y

zxy

yzyxy ττσ

0=+∂

∂+

∂∂

+∂

∂Z

yxz

zyzxzττσ

0=∂

∂z

xzτ

0=∂

∂

z

yzτ

0=∂

∂+

∂∂

yx

zyzxττ

(3a)(3a)

(3b)(3b)

(3c)(3c)

Das Eqs. (1), Cap2:Das Eqs. (1), Cap2:

∂∂∂ yxz ∂∂ yx

�� OBS:OBS:

(a) (a) Eqs (3a) e (3b): Mostram que “Eqs (3a) e (3b): Mostram que “ττxzxz” e “” e “ττyzyz” são funções somente de x e y, ” são funções somente de x e y,

sendo ctes ao longo do eixo z para pontos que possuem as mesmas sendo ctes ao longo do eixo z para pontos que possuem as mesmas

coordenadas x e y.coordenadas x e y.

(b) (b) Desta observação, Desta observação, PrandtlPrandtl introduziu a seguinte introduziu a seguinte Função de TensãoFunção de Tensão::

zyx

τφ

−=∂∂

zxy

τφ

=∂∂

(4)(4)

(c) (c) As Eqs. (4) levam a uma expressão de “As Eqs. (4) levam a uma expressão de “φφ” que satisfaz as ” que satisfaz as Equações de Equações de

CompatibilidadeCompatibilidade e as e as Condições de ContornoCondições de Contorno. E é justamente as CCs que . E é justamente as CCs que

diferenciam um problema de torção do outro.diferenciam um problema de torção do outro.

�� Expressões para as Deformações:Expressões para as Deformações:

( )[ ]

( )[ ]

zyxxE

σσνσε

σσνσε

+−=

+−=

1

1

dasdas EqsEqs.. ((11))0=== εεε (5)(5)

Das Eqs. (13), Cap2:Das Eqs. (13), Cap2:

( )[ ]

( )[ ]yxzz

zxyy

E

E

σσνσε

σσνσε

+−=

+−=

1

1

xyxyG

τγ1

=

dasdas EqsEqs.. ((11))

0=== zyx σσσ0=== zyx εεε (5)(5)

da Eq. (2)da Eq. (2)

0=xyτ0=xyγ (6)(6)

�� Equações de Compatibilidade:Equações de Compatibilidade:

2

2

2

22

xyyx

yxxy

∂

∂+

∂

∂=

∂∂

∂ εεγ

2

2

2

22

zxzx

xzxz

∂

∂+

∂

∂=

∂∂

∂ εεγ

2

2

2

22

yzzy

zyyz

∂

∂+

∂

∂=

∂∂

∂ εεγ

∂

∂−

∂∂

+∂

∂

∂∂

=∂∂

∂xyzxzy

yzxzxyxγγγε2

2

∂∂

−∂

∂+

∂

∂

∂∂

=∂∂

∂

yzxyzx

xzxyyzy γγγε22

∂

∂−

∂∂

+∂

∂

∂∂

=∂∂

∂zyxzyx

xyxzyzzγγγε2

2

Das Eqs. (7), Cap2:Das Eqs. (7), Cap2: Das Eqs. (8), Cap2:Das Eqs. (8), Cap2:

yzzy ∂∂∂∂ ∂∂∂∂∂∂ zyxzyx

Como Como ““ττxzxz,,ττyzyz=f(x,y)=f(x,y)” ” --> “> “γγxzxz,,γγyzyz=f(x,y)=f(x,y)”: Eqs. (7a)”: Eqs. (7a)--(7c) e (8c) são nulas: (7c) e (8c) são nulas:

∂

∂−

∂

∂

∂∂

=xyx

yzxzγγ

0

∂∂

−∂

∂

∂∂

=yxy

xzyz γγ0 (7)(7)

como:como: Gyzyz τγ = ee Gxzxz τγ = e das Eqs. (4):e das Eqs. (4):

xGyz ∂

∂−=

φγ

1

yGxz ∂

∂=

φγ

1(8)(8)

+

(8a) e (8b):(8a) e (8b):

02

2

2

2

=

∂

∂+

∂

∂∂∂

yxx

φφ∴∴∴∴∴∴∴∴ 0

2

2

2

2

=

∂

∂+

∂

∂∂∂

yxy

φφ(9)(9)

ouou

02 =∇

∂∂

φx

02 =∇

∂∂

φy

(10)(10)

�� OBS:OBS:

(a) O(a) O operador Laplaciano de 2ª ordem é da seguinte forma:operador Laplaciano de 2ª ordem é da seguinte forma:

(b) Das (b) Das Eqs (10), notaEqs (10), nota--se que o operador “se que o operador “ ∇∇22φφ” é constante em qualquer ST da ” é constante em qualquer ST da

barra, tal que a barra, tal que a Função de TensãoFunção de Tensão ““ φφ” deve satisfazer a equação:” deve satisfazer a equação:

Kyx

=

∂

∂+

∂

∂φ

2

2

2

2

(11)(11)

(a) O(a) O operador Laplaciano de 2ª ordem é da seguinte forma:operador Laplaciano de 2ª ordem é da seguinte forma:

∂

∂+

∂

∂=∇

2

2

2

22

yx

�� Assegurar que “Assegurar que “φφφφφφφφ” satisfaça as ” satisfaça as Condições de ContornoCondições de Contorno

Fig4Fig4

dsdxm

dsdyl

−==

==

sin

cos

ϕϕ

(12)(12)

Das Eqs. (3), Cap2:Das Eqs. (3), Cap2:

nmlZ

nmlY

nmlX

zzyzx

yzyyx

xzxyx

σττ

τστ

ττσ

++=

++=

++=

Fig3Fig3 ( )znn

dsdxm

⊥=

−==r

0

sinϕ (12)(12)

Como a superfície Como a superfície RR não está sujeita a nenhumanão está sujeita a nenhuma

força externa, : força externa, : 0=== ZYX

ml zyzx ττ +=0 0=−ds

dx

ds

dyzyzx ττ (13)(13)

Combinando as Eqs. (4) e (13): Combinando as Eqs. (4) e (13):

0=∂∂s

φ(14)(14)

�� OBS:OBS:

(a) A Eq. (14) mostra que “(a) A Eq. (14) mostra que “φφ=cte=cte” sobre a superfície “” sobre a superfície “RR” da barra, e portanto, ” da barra, e portanto,

não afeta as tensões (4). Sendo assim, uma estratégia é assumir esta não afeta as tensões (4). Sendo assim, uma estratégia é assumir esta

constante como sendo zero:constante como sendo zero:

0=φ (15)(15)

(b) Condições de Contorno nos (b) Condições de Contorno nos extremosextremos da barra (aplicados os Torques):da barra (aplicados os Torques):

Das Eqs. (3), Cap2:Das Eqs. (3), Cap2:

T

Das Eqs. (3), Cap2:Das Eqs. (3), Cap2:

nmlZ

nmlY

nmlX

zzyzx

yzyyx

xzxyx

σττ

τστ

ττσ

++=

++=

++= Xxz =τ

Yyz =τ

0=Z

(16)(16)

Portanto, as Forças Cisalhantes resultantes “Portanto, as Forças Cisalhantes resultantes “ ∑ ∑FFxx” e “” e “ ∑∑FFyy” são:” são:

Eqs (16):Eqs (16): As Forças nos extremosAs Forças nos extremos

são Forças Cisalhantes c/ a mesma são Forças Cisalhantes c/ a mesma

distribuição das “distribuição das “ττ”.”.Fig5Fig5

∫∫=∑ dxdyXFx ∫∫= dxdyxzτ ∫∫ ∂∂

= dxdyy

φ∫ ∫ =

∂∂

= 0dyy

dxφ

““φφ=0=0””

no cont.no cont.

∫∫=∑ dxdyYFy ∫∫= dxdyyzτ ∫ ∫ =∂∂

−= 0dxx

dyφ

∫∫ ∂∂

−= dxdyx

φ

Isto implica que não existe Isto implica que não existe Força CisalhanteForça Cisalhante ResultanteResultante nas extremidadesnas extremidades

da barra, e as da barra, e as ForçasForças representam o próprio representam o próprio TorqueTorque aplicado (Fig5):aplicado (Fig5):

( )∫∫ −=∑ dxdyyxM xzyzz ττ Tdxdyyx =

∂

−∂

−= ∫∫φφ( )∫∫ −=∑ dxdyyxM xzyzz ττ Tdxdyyy

xx

=

∂

−∂

−= ∫∫

∫ ∫∫ ∫ ∂∂

−∂∂

−= dyy

ydxdxx

xdyTφφ

U dV

∫∫= dxdyT φ2 (17)(17)

U dV

Temos condições de obter Temos condições de obter soluções exatassoluções exatas p/ um problema de torção se a “p/ um problema de torção se a “φφ” ”

encontrada satisfaz a Eq.(11) em todos os ptos internos da barra, e se encontrada satisfaz a Eq.(11) em todos os ptos internos da barra, e se

anula em sua superfície. Deve tb garantir que “anula em sua superfície. Deve tb garantir que “TT” é distribuído sobre as ” é distribuído sobre as

extremidades da mesma forma que as extremidades da mesma forma que as tensões internastensões internas sobre a ST.sobre a ST.

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Fornecidas as propriedades de inércia da seção abaixo em relação

aos eixos x e y, determinar: (a) Eixos Principais em relação a 0; (b)

Os momentos principais; (c) Os momentos e produtos em relação

aos eixos x’y’.

Exercício 01

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46

46

46

1054,2

1061,2

1024,7

mmI

mmI

mmI

xy

yy

xx

×−=

×=

×=

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Uma barra uniforme de ST elíptica está sujeita a torques de mesmo

módulo e sentidos opostos em cada extremidade livre. Determine a

distribuição das tensões cisalhantes e o deslocamento de

empenamento da ST.

Exercício Proposto 2

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