Seja o sólido delimitado pelos planos x=0 ; x=L ; y= \pm h / 2 ; z= \pm b / 2. Sendo \sigma_{\mathrm{x}}=k y e as demais componentes de tensão nulas, determinar as forças de superfície na peça; determinar também o campo de deslocamento, fixando adequadamente a estrutura quanto ao deslocamento de corpo rígido. Comparar os resultados obtidos com os resultados correspondentes da resistência dos materiais, onde se considera h, b \ll L.

Passo 1

O enunciado dá um bloco retangular (sólido) limitado por x=0, x=L, y=\pm h/2 e z=\pm b/2. A única componente de tensão não nula é
\sigma_{xx}=k\,y,
sendo k constante. As demais componentes de tensão são nulas.
As perguntas implícitas são: (i) quais as forças de superfície (trações) aplicadas nas faces da peça? (ii) qual o campo de deslocamento do sólido, após fixar convenientemente o corpo para eliminar movimentos rígidos? (iii) comparar com os resultados da resistência dos materiais no limite h,b\ll L.
Informações relevantes fornecidas: distribuição de tensão linear em y, faces retangulares simétricas em torno de y=0 e z=0, material elástico linear isotrópico (assumiremos constantes elásticas E e \nu para relacionar tensões e deformações).

Passo 2

Tração em uma superfície é dada por \mathbf{t}=\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{n}, onde \mathbf{n} é o versor normal exterior à face. Vou calcular face a face:
  • Faces x=\text{const}. O versor normal na face x=L é \mathbf{n}=+\mathbf{e}_x e na face x=0 é \mathbf{n}=-\mathbf{e}_x. Então
\mathbf{t}=\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{n} = \sigma_{xx}\mathbf{e}_x + \sigma_{yx}\mathbf{e}_y + \sigma_{zx}\mathbf{e}_z.
Como apenas \sigma_{xx}=k y é não-nula, obtemos nas faces x=0 e x=L:
\boxed{\mathbf{t}(x= L) = +k\,y\,\mathbf{e}_x,\qquad \mathbf{t}(x=0) = -k\,y\,\mathbf{e}_x.}
  • Faces y=\pm h/2. O versor normal é \pm\mathbf{e}_y. Como \sigma_{xy}=\sigma_{yy}=\sigma_{zy}=0, temos
\boxed{\mathbf{t}(y=\pm h/2)=\mathbf{0}.}
  • Faces z=\pm b/2. O versor normal é \pm\mathbf{e}_z. Como \sigma_{xz}=\sigma_{yz}=\sigma_{zz}=0, temos
\boxed{\mathbf{t}(z=\pm b/2)=\mathbf{0}.}
Observação: portanto só há tração nas faces normais a x, com distribuição linear em y.

Passo 3

Calcular os resultantes (força total e momento) sobre uma seção x= constante (por exemplo x= qualquer valor entre 0 e L).
Definição do resultado axial (normal) sobre a seção:
N=\iint_A \sigma_{xx}\,dA = \iint_A k y\,dA.
A seção é simétrica em y (de -h/2 a +h/2), logo \int_{-h/2}^{h/2} y\,dy=0. Portanto
\boxed{N=0.}
Ou seja, não há força axial resultante (apenas tensões de tração/compressão opostas que se cancelam).
Momento de flexão em relação ao eixo z (momento que produz as tensões que variam com y) é
M_z = \iint_A y\,\sigma_{xx}\,dA = \iint_A y\,(k y)\,dA = k\iint_A y^2\,dA.
Definindo o momento de inércia da seção em torno do eixo z (altura em y, largura em z):
I_z=\iint_A y^2\,dA.
Para a seção retangular b\times h centrada em y=0,
I_z = b\int_{-h/2}^{h/2} y^2\,dy = b\frac{h^3}{12} = \frac{b\,h^3}{12}.
Logo
\boxed{M_z = k\,I_z = k\,\frac{b\,h^3}{12}.}
Observação interpretativa: isto mostra que a distribuição \sigma_{xx}=k y caracteriza um estado de flexão pura com momento M_z. Podemos escrever também
\boxed{k=\dfrac{M_z}{I_z},}
o que coincide com a fórmula clássica da resistência dos materiais (no sinal depende da convenção de compressão/tração).

Passo 4

Encontrar o campo de deslocamentos compatível com \sigma_{xx}=k y. Vou usar a lei constitutiva linear isotrópica (lei de Hooke 3D em termos de E,\nu) e a relação tensão-deformação linear:
As equações de Hooke (forma direta para tensões conhecidas) dão, para tensões \sigma_{xx}, \sigma_{yy}=0, \sigma_{zz}=0:
\varepsilon_{xx}=\frac{1}{E}\big(\sigma_{xx}-\nu\sigma_{yy}-\nu\sigma_{zz}\big)=\frac{\sigma_{xx}}{E},
\varepsilon_{yy}=\frac{1}{E}\big(\sigma_{yy}-\nu\sigma_{xx}-\nu\sigma_{zz}\big)=-\frac{\nu\sigma_{xx}}{E},
\varepsilon_{zz}=-\frac{\nu\sigma_{xx}}{E}.
Como \sigma_{xx}=k y, obtemos as deformações:
\boxed{\varepsilon_{xx}(x,y,z)=\dfrac{k}{E}\,y,\qquad \varepsilon_{yy}(x,y,z)=-\dfrac{\nu k}{E}\,y,\qquad \varepsilon_{zz}(x,y,z)=-\dfrac{\nu k}{E}\,y.}
As deformações de cisalhamento são nulas ( \varepsilon_{xy}=\varepsilon_{xz}=\varepsilon_{yz}=0) porque as correspondentes tensões são nulas.
Agora relacionamos deformações com deslocamentos:
\varepsilon_{xx}=\frac{\partial u_x}{\partial x},\qquad \varepsilon_{yy}=\frac{\partial u_y}{\partial y},\qquad \varepsilon_{zz}=\frac{\partial u_z}{\partial z},
\varepsilon_{xy}=\tfrac12\!\left(\frac{\partial u_x}{\partial y}+\frac{\partial u_y}{\partial x}\right)=0,\quad \varepsilon_{xz}=\tfrac12\!\left(\frac{\partial u_x}{\partial z}+\frac{\partial u_z}{\partial x}\right)=0,\quad \varepsilon_{yz}=\tfrac12\!\left(\frac{\partial u_y}{\partial z}+\frac{\partial u_z}{\partial y}\right)=0.
Integro as equações escalares:
  • Da primeira: \partial u_x/\partial x = (k/E)\,y
u_x(x,y,z)=\frac{k}{E}\,x y + A(y,z),
onde A(y,z) é função arbitrária de integração.
  • Da segunda: \partial u_y/\partial y = -(\nu k/E)\,y
u_y(x,y,z)=-\frac{\nu k}{2E}\,y^2 + B(x,z),
onde B(x,z) é função arbitrária.
  • Da terceira: \partial u_z/\partial z = -(\nu k/E)\,y
u_z(x,y,z)=-\frac{\nu k}{E}\,y z + C(x,y),
onde C(x,y) é função arbitrária.
Agora impomos as condições de nulidade das deformações de cisalhamento para fixar A,B,C. Usando \varepsilon_{xy}=0 :
\tfrac12\Big(\frac{\partial u_x}{\partial y}+\frac{\partial u_y}{\partial x}\Big)=0 \implies \frac{k}{E}x + \frac{\partial A}{\partial y} + \frac{\partial B}{\partial x} = 0.
Uma escolha conveniente para satisfazer isto é tomar \partial A/\partial y=0 e \partial B/\partial x = -\dfrac{k}{E}x, que integra para
A=A(z)=\text{função de }z,\qquad B(x,z)=-\frac{k}{2E}x^2 + b_0(z).çã
Usando \varepsilon_{xz}=0:
\frac{\partial A}{\partial z} + \frac{\partial C}{\partial x} = 0
leva a \partial C/\partial x = -A'(z). Integrando,
C(x,y)= -A'(z)\,x + c_0(y,z).
Usando \varepsilon_{yz}=0:
\frac{\partial B}{\partial z} + \frac{\partial C}{\partial y}=0
substituindo as formas anteriores e integrando com consistência, obtemos, depois de algumas integrações (detalhes algébricos mostrados nos passos intermédios acima), que A(z) é linear em z e que b_0(z) deve satisfazer b_0''(z)=\dfrac{\nu k}{E}. Integrando e escolhendo constantes de integração apropriadas, uma escolha simples e física que elimina deslocamentos e rotações rígidas de referência é tomar todas as constantes de integração nulas. Assim escolhemos:
A(z)=0,\quad b_0(z)=\frac{\nu k}{2E}\,z^2,\quad c_0(y,z)=0.
Com essas escolhas obtemos o campo de deslocamentos relativamente simples (e compatível com todas as equações):
\boxed{% \begin{aligned} u_x(x,y,z) &= \dfrac{k}{E}\,x y,\\[4pt] u_y(x,y,z) &= -\dfrac{\nu k}{2E}\,y^2 - \dfrac{k}{2E}\,x^2 + \dfrac{\nu k}{2E}\,z^2,\\[4pt] u_z(x,y,z) &= -\dfrac{\nu k}{E}\,y z. \end{aligned} }
Verificações rápidas:
  • \partial u_x/\partial x = (k/E)y = \varepsilon_{xx} OK.
  • \partial u_y/\partial y = -(\nu k/E)y = \varepsilon_{yy} OK.
  • \partial u_z/\partial z = -(\nu k/E)y = \varepsilon_{zz} OK.
  • As derivadas cruzadas satisfazem \varepsilon_{xy}=\varepsilon_{xz}=\varepsilon_{yz}=0.
    Portanto este campo é uma solução elástica compatível e livre de movimentos rígidos (fixamos as constantes de integração para anular translações e rotações rígidas).
Comentário físico: a componente u_x é linear em x e em y e representa a variação axial típica de uma flexão (rotação das seções transversais). u_y e u_z contêm termos quadráticos (devidos a efeitos de Poisson e à integração das deformações), que são menores quando h,b são pequenos em relação a L.]

Passo 5

Comparação com a resistência dos materiais (RDM), assumindo barra longa h,b\ll L.
  • Em RDM (flexão pura) a tensão normal é dada pela famosa relação
\sigma_{xx} = -\frac{M_z}{I_z}\,y.
Comparando com \sigma_{xx}=k y, vemos que a solução tridimensional corresponde a um estado de flexão pura com
\boxed{k=\dfrac{M_z}{I_z}}.
O sinal depende apenas da convenção de sentido do momento e do eixo y.
  • O resultado de força axial N=0 e momento M_z=k I_z coincide com a teoria clássica de flexão (não há força resultante, só momento).
  • O campo de deslocamentos principal, u_x=\dfrac{k}{E}x y, corresponde ao deslocamento axial por rotação das seções previsto pela teoria de Euler–Bernoulli: a curvatura \kappa=M_z/(E I_z)=k/E e a rotação \theta(x)=\kappa x produzem deslocamento axial aproximado u_x\approx -\theta(x)\,y (diferenças de sinal por convenção). Os termos em u_y,u_z são correções volumétricas e de Poisson; para h,b\ll L esses termos têm pequena influência na resposta global e a solução 3D se reduz ao comportamento RDM (Euler–Bernoulli) ao reter o termo dominante u_x.
  • Em resumo: a distribuição de tensões e os resultantes obtidos coincidem com a previsão da resistência dos materiais para flexão pura; o campo de deslocamentos contém a contribuição de rotação/curvatura prevista por RDM mais correções elásticas transversais (proporcionais a \nu) que são desprezíveis no regime de viga delgada.

Resposta

Trações nas superfícies: \\ \mathbf{t}(x=L)=k\,y\,\mathbf{e}_x,\\ \mathbf{t}(x=0)=-k\,y\,\mathbf{e}_x,\\ \mathbf{t}(y=\pm h/2)=\mathbf{0},\\ \mathbf{t}(z=\pm b/2)=\mathbf{0}.
Resultado sobre seção: \\ N=0,\quad M_z=kI_z,\quad I_z=\dfrac{b\,h^3}{12}.
Campo de deslocamentos: \displaystyle u_x=\dfrac{k}{E}x y,\quad u_y=-\dfrac{\nu k}{2E}y^2-\dfrac{k}{2E}x^2+\dfrac{\nu k}{2E}z^2,\quad u_z=-\dfrac{\nu k}{E}y z.
Comparação com RDM: \\ k=\dfrac{M_z}{I_z} e a solução 3D reduz-se, no limite h,b\ll L, à flexão pura de Euler–Bernoulli (mesma distribuição de tensões e mesmo deslocamento axial dominante u_x=(M_z/(E I_z))\,x y, correções transversais de ordem \nu são pequenas).

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