Em um ponto de uma peça, as tensões conhecidas são:
\begin{array}{lll} \sigma_{x}=90 & \sigma_{y}=60 & \sigma_{z}=30 \\\ \tau_{x y}=30 & \tau_{y z}=30 & \tau_{z x}=60 \end{array}
(MPa)
Determinar:
a) As t.n.p. e a maior tensão tangencial no ponto.
b) A orientação do plano onde atua a maior tensão normal principal.

Passo 1

O enunciado dá o estado de tensões num ponto com componentes
\sigma_x=90,\quad\sigma_y=60,\quad\sigma_z=30,\quad \tau_{xy}=30,\quad\tau_{yz}=30,\quad\tau_{zx}=60
(em MPa) e pede:
a) as tensões normais principais \sigma_1,\sigma_2,\sigma_3 e a maior tensão tangencial \tau_{\max};
b) a orientação do plano onde atua \sigma_1.
Conteúdo: cálculo de autovalores e autovetores do tensor de tensões simétrico.

Passo 2

Formamos o tensor de tensões
\boldsymbol{\sigma} = \begin{pmatrix} 90 & 30 & 60\\[6pt] 30 & 60 & 30\\[6pt] 60 & 30 & 30 \end{pmatrix}
e usamos as invariantes
I_1=\sigma_x+\sigma_y+\sigma_z,\quad I_2=\sigma_x\sigma_y+\sigma_y\sigma_z+\sigma_z\sigma_x-\tau_{xy}^2-\tau_{yz}^2-\tau_{zx}^2,
I_3=\det\boldsymbol{\sigma} =\sigma_x\sigma_y\sigma_z+2\,\tau_{xy}\,\tau_{yz}\,\tau_{zx} -\sigma_x\tau_{yz}^2-\sigma_y\tau_{zx}^2-\sigma_z\tau_{xy}^2.
Substituindo valores:
I_1=90+60+30=180,
I_2=90\cdot60+60\cdot30+30\cdot90-(30^2+30^2+60^2) =9900-5400=4500,
I_3=90\cdot60\cdot30+2\cdot30\cdot30\cdot60 -90\cdot30^2-60\cdot60^2-30\cdot30^2 =162000+108000-81000-216000-27000=-54000.]

Passo 3

A equação característica é
\det(\boldsymbol{\sigma}-\lambda\mathbf{I}) =\lambda^3-I_1\lambda^2+I_2\lambda -I_3=0,
isto é
\lambda^3-180\lambda^2+4500\lambda+54000=0.
Resolvendo numericamente, obtemos os autovalores
\sigma_1\approx147{,}08\\ \text{MPa},\quad \sigma_2\approx41{,}32\\ \text{MPa},\quad \sigma_3\approx-8{,}39\\ \text{MPa}.

Passo 4

A maior tensão de cisalhamento num ponto 3D é
\tau_{\max}=\frac{\sigma_1-\sigma_3}{2} =\frac{147{,}08-(-8{,}39)}{2}\approx77{,}73\\ \text{MPa}.

Passo 5

Para achar a orientação do plano de \sigma_1, achamos o autovetor \mathbf{v}=(x,y,z) associado a \lambda=\sigma_1:
(\boldsymbol{\sigma}-\sigma_1\mathbf{I})\mathbf{v}=\mathbf{0}.
Das equações
-57{,}08\,x+30\,y+60\,z=0,\quad 30\,x-87{,}08\,y+30\,z=0,\quad 60\,x+30\,y-117{,}08\,z=0
tomamos x=1 e achamos y\approx0{,}573, z\approx0{,}665. Normalizando:
\|\mathbf{v}\|=\sqrt{1^2+0{,}573^2+0{,}665^2}\approx1{,}331,
logo as direções cosenos do vetor normal ao plano de \sigma_1 são
\ell_x=0{,}751,\quad \ell_y=0{,}431,\quad \ell_z=0{,}500,
ou seja, faz ângulos aproximados de \alpha=\cos^{-1}(0{,}751)\approx41,0^\circ, \beta=\cos^{-1}(0{,}431)\approx64,6^\circ, \gamma=\cos^{-1}(0{,}500)\approx60,0^\circ.

Resposta

a) \sigma_1\approx147{,}08 MPa, \sigma_2\approx41{,}32 MPa, \sigma_3\approx-8{,}39 MPa; \tau_{\max}\approx77{,}73 MPa.
b) A normal ao plano de \sigma_1 tem direções cosenos (\ell_x,\ell_y,\ell_z)\approx(0{,}751,\,0{,}431,\,0{,}500).

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