ELEMAQ-2012-AULA5

Continuação TÓPICO 2 – PROBLEMAS RESOLVIDOSEXEMPLO 2.3 A barra rígida BDE é suspensa por duas hastes AB e CD. A haste AB é de alumínio ( 70 E GPa = ) com área da seção transversal de 500mm 2 e haste CD é de aço ( 200 E GPa = ) com seção transversal de 600mm 2 . Para a força de 30kN calcule: a) deslocamento de B; b) deslocamento de D; e c) deslocamento de E. Solução O primeiro passo consiste em determinar as forças que atuam na barra BDE. Para isto se usa os diagramas de corpo livre, que no caso da barra BDE fica sendo o seguinte: 0 B M = ¿ : 30 0, 6 0, 2 0 90 CD CD F F kN × ÷ × = = 0 D M = ¿ : 30 0, 4 0, 2 0 60 AB AB F F kN × + × = = ÷ Em seguida são feitos os diagramas de corpo livre das barras AB e CD, como ilustram as figuras que seguem. Com os esforços calculados parte-se para cálculo dos deslocamentos e tensões a) 3 6 6 9 60 10 0,3 514 10 500 10 70 10 AB AB B AB AB F L m A E o ÷ ÷ ÷ × × = = = ÷ × × × × . O sinal negativo indica que a barra esta sofrendo redução em seu comprimento. b) 3 6 6 9 90 10 0, 4 300 10 600 10 200 10 CD CD D CD CD F L m A E o ÷ ÷ × × = = = × × × × c) Para calcular o deslocamento em E é preciso levar em consideração que a barra BDE é rígida e por isto é possível desenhá-la como ilustra a figura. Usando semelhança de triângulos, obtém-se sucessivamente: 73, 7 x mm = 1,928 E mm o = . © EXEMPLO 2.4 Os suportes rígidos comprimem uma barra de alumínio EF de 38mm de diâmetro por meio de dois parafusos de aço, CD e GH, ambos de 20mm de diâmetro. O passo da rosca de cada parafuso é de 2,5mm e, após terem sidos ajustados, os parafusos sofrem um aperto de um quarto de volta. Sabendo-se que para o aço 200 aço E GPa = e do alumínio 70 Al E GPa = calcular a tensão normal na barra. Solução Ao apertar as porcas se produz tração nos parafusos. Pela simetria é razoável supor que ambos estão sujeitos à mesma força interna p P e sofrem a mesma deformação p o . Então vem, 9 2 9 0, 46 7,32 10 (1/ 4) (0,02) 200 10 p p p p p p p P L P P A E o t ÷ = = = × × × . A barra EF por sua vez sofre compressão. Denotando por B P a força na barra EF a deformação por b o , resulta: 9 2 9 (0,300) 3,78 10 (1/ 4) (0,038) (70 10 ) b b b b b b b PL P P A E o t ÷ = ÷ = ÷ = ÷ × × . Apertando-se as porcas de um quarto de volta, elas produzem, nas extremidades D e H um deslocamento de ¼ (2,5mm) relativo ao suporte B. Considerando a extremidade D, vem: 3 4 1 (2,5 10 ) 6, 25 10 4 DB m o ÷ ÷ = × = × . Por outro lado, / D B D b o o o = ÷ e supondo que o suporte A tem uma posição fixa enquanto as porcas D e H estão sendo apertadas, conclui-se que: / D B p b o o o = ÷ . Substituindo os valores encontrados antes, obtém-se: 4 9 9 6, 25 10 7,32 10 3,78 10 p b P P ÷ ÷ ÷ × = × + × . Precisa-se agora estabelecer uma relação entre p P e b P . Isto se consegue pelo equilíbrio da estrutura, como ilustra o diagrama de corpo livre do suporte B, ou seja, 0: 2 0 2 b p b p F P P P P = ÷ = ¬ = ¿ . Substituindo na expressão do deslocamento, resulta: 4 9 9 6, 25 10 7,32 10 3,78 10 2 p p P P ÷ ÷ ÷ × = × + × ou seja, 42 84 p b P kN P kN = ¬ = . Por último a tensão na barra pode ser calculada por 3 2 84 10 74 . (1/ 4) (0, 038) b b b P MPa A o t × = = = © EXEMPLO 2.5 Uma amostra para ensaio com 5mm de espessura deve ser cortada de uma placa de vinil ( 3,1 E GPa = ) e submetida a uma carga de tração de 1,5kN . Determinar: a) a deformação total da amostra; b) a deformação da amostra na porção central. As dimensões estão dadas na figura que segue. TÓPICO 3 - PROBLEMAS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS 1 INTRODUÇÃO Neste tópico serão analisados alguns problemas que surgem na prática e as equações da estática não são suficientes para resolvê-los como foi o caso dos problemas até o momento tratados nessa disciplina. O estudo será feito por meio de resolução de exemplos. 2 EXEMPLO 3.1 Considere a estrutura ilustrada na figura a seguir onde uma barra de comprimento L, área da seção transversal 1 A , com módulo de elasticidade 1 E , foi colocada dentro de um tubo de mesmo comprimento L, área 2 A e módulo de elasticidade 2 E . Calcular a deformação da barra e do tubo, quando uma força P é aplicada por meio de uma placa rígida. Solução É preciso calcular as forças internas que atuam nos elementos da estrutura. O recurso que se dispõe é o de fazer o diagrama de corpo livre dos elementos em análise e que por meio das equações de equilíbrio forneçam essas forças. Isto foi feito e as forças estão indicadas na figura anterior. Notem que do corpo livre da barra e do tubo não se obtém nenhuma informação sobre as forcas internas. Da análise de equilíbrio da barra se obtém a seguinte relação: 1 2 P P P + = . Portanto existem duas incógnitas 1 P e 2 P e só uma equação. Logo o problema é estaticamente indeterminado. Para resolvê-lo é preciso obter mais uma equação. Em geral a segunda equação vem das deformações, como é no caso em estudo. Note que as deformações do tubo e da barra são iguais, ou seja, tubo barra o o = ou 2 1 2 2 1 1 P P A E AE = Agora sim, se dispõe de duas equações e duas incógnitas, é só resolver, obtendo-se 1 P e 2 P . Com efeito, 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 P P P P P AE A E AE A E AE A E + = = = + + , ou seja, 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 e PAE PA E P P AE A E AE A E = = + + . As deformações tanto na barra como no tubo podem ser calculadas por qualquer uma das expressões, por exemplo: 1 1 1 barra PL AE o = . EXEMPLO 3.2 Uma barra AB de comprimento L e seção transversal de área constante é presa a suportes que não sofrem deslocamentos em A e B antes de ser carregada. Calcular as tensões em AC e em BC. Veja ilustração na figura que segue. Solução 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 0 / / e . A B A B A B A B AC BC R R P PL P L AE AE P R P R R PL L R PL L R R A A o o o o o + = = + = + = = = ÷ = = ÷ = = 3 PROBLEMAS ENVOLVENDO VARIAÇÃO DE TEMPERATURA Todos os problemas estudados até o momento não levaram em consideração variação de temperatura. Havendo variação de temperatura significativa é preciso analisar as deformações e tensões térmicas. 3.1 Barra Sujeita à Variação de temperatura Considere a Barra AB, homogênea e de seção transversal uniforme, apoiada numa superfície horizontal, como ilustra a figura a seguir. Se a temperatura aumentar de um valor T A nota-se que ela se alonga de um valor T o cujos experimentos indicam que proporcional tanto à variação de temperatura quanto ao comprimento da barra, ou seja, T L T o o = A (3.1) sendo o o coeficiente de dilatação térmica do material, dado por ºC ou ºF. A deformação total T o está relacionada a uma deformação térmica específica T c , isto é, T T L o c = , ou seja, T T c o = A . (3.2) É importante notar que no caso em estudo embora exista alongamento não existem tensões. EXEMPLO 3.3 Considere uma barra AB de comprimento L colocada entre dois anteparos fixos separados da distância L, como ilustra a figura seguinte. Nesta condição inicial não existe tensão nem deformação. Elevando a temperatura de T A , o alongamento da barra será nulo e consequentemente a deformação específica. Entretanto para evitar o alongamento da barra os anteparos rígidos laterais irão aplicar forças e P P' axiais de mesma intensidade, desconhecida, mas em sentidos contrários. Assim é criado um estado de tensão sem ocorrência de deformação específica. Para calcular a tensão térmica, procede-se como antes, isto é, se escolhe os corpos convenientemente, faz-se o diagrama de corpo livre e se calcula as forças internas. Em seguida são calculadas as tensões. Entretanto se isto for tentado fazer conclui-se que a estrutura é estaticamente indeterminada. Então, procede-se como a seguir. Primeiro – calcula-se a intensidade da força P . Para isto retira-se o anteparo lateral direito deixando a barra se alongar livremente com a variação de temperatura T A . O alongamento correspondente fica sendo T L T o o = A . Em seguida aplica-se a força P , que representa a reação superabundante, gerando uma deformação P o calculada por meio da fórmula vista antes: P PL AE o = . Segundo – a deformação da barra deve ser nula, ou seja, 0 P T PL L T AE o o o o = + = + A = . Desta condição é possível calcular a intensidade da força P resultando: P AE T o = ÷ A . Terceiro – calcula-se a tensão atuante na barra, P E T A o o = = ÷ A . Convém ressaltar que esses resultados valem quando a barra é de seção transversal uniforme e o material dela é homogêneo. 3 B    514  106 m . como ilustram as figuras que seguem.4 D    300  106 m 6 9 ACD ECD 600  10  200  10 . b) FCD LCD 90  103  0.Em seguida são feitos os diagramas de corpo livre das barras AB e CD. Com os esforços calculados deslocamentos e tensões a) parte-se para cálculo dos FAB LAB 60  103  0. 6 9 AAB E AB 500  10  70  10 O sinal negativo indica que a barra esta sofrendo redução em seu comprimento. obtém-se sucessivamente: x  73. Sabendo-se que para o aço Eaço  200GPa e do alumínio E Al  70GPa calcular a tensão normal na barra.c) Para calcular o deslocamento em E é preciso levar em consideração que a barra BDE é rígida e por isto é possível desenhá-la como ilustra a figura. ambos de 20mm de diâmetro.4 Os suportes rígidos comprimem uma barra de alumínio EF de 38mm de diâmetro por meio de dois parafusos de aço. O passo da rosca de cada parafuso é de 2.928mm . CD e GH.7mm  E  1. os parafusos sofrem um aperto de um quarto de volta.5mm e. após terem sidos ajustados.  EXEMPLO 2. Usando semelhança de triângulos. . resulta: b   Pb Lb Pb (0.  D / B   D   b e supondo que o suporte A tem uma posição fixa enquanto as porcas D e H estão sendo apertadas. como ilustra o diagrama de corpo livre do suporte B.300)   3. Considerando a extremidade D. ou seja.Solução Ao apertar as porcas se produz tração nos parafusos. Denotando por PB a força na barra EF a deformação por  b .25  10 4 m . obtém-se: 6. Isto se consegue pelo equilíbrio da estrutura.02)  200 10 2 9  7.46 (1/ 4) (0. 2 9 Ab Eb (1 / 4) (0.25  104  7. F  0: Pb  2Pp  0  Pb  2 Pp .5mm) relativo ao suporte B.038) (70  10 ) Apertando-se as porcas de um quarto de volta. p  Pp Lp Ap E p  Pp 0.32  109 Pp  3. Então vem. nas extremidades D e H um deslocamento de ¼ (2.5  10 3 )  6. Precisa-se agora estabelecer uma relação entre Pp e Pb . Por outro lado. . Substituindo os valores encontrados antes. vem:  DB  (2. conclui-se que: 1 4  D/ B   p   b .78  109 Pb .78  109 Pb . elas produzem. A barra EF por sua vez sofre compressão. Pela simetria é razoável supor que ambos estão sujeitos à mesma força interna Pp e sofrem a mesma deformação  p .32  109 Pp . 5kN . Determinar: a) a deformação total da amostra. . b) a deformação da amostra na porção central.32  109 Pp  3.Substituindo na expressão do deslocamento.5 Uma amostra para ensaio com 5mm de espessura deve ser cortada de uma placa de vinil ( E  3.038) 2  EXEMPLO 2.78 1092 Pp ou seja. Ab (1 / 4) (0. Pp  42kN  P  84kN . resulta: 6.25  104  7.1GPa ) e submetida a uma carga de tração de 1. b Por último a tensão na barra pode ser calculada por Pb 84  103 b    74MPa. As dimensões estão dadas na figura que segue. . área A2 e módulo de elasticidade E2 .TÓPICO 3 . .1 Considere a estrutura ilustrada na figura a seguir onde uma barra de comprimento L . área da seção transversal A1 . Calcular a deformação da barra e do tubo. quando uma força P é aplicada por meio de uma placa rígida.PROBLEMAS ESTATICAMENTE INDETERMINADOS 1 INTRODUÇÃO Neste tópico serão analisados alguns problemas que surgem na prática e as equações da estática não são suficientes para resolvê-los como foi o caso dos problemas até o momento tratados nessa disciplina. foi colocada dentro de um tubo de mesmo comprimento L . 2 EXEMPLO 3. com módulo de elasticidade E1 . O estudo será feito por meio de resolução de exemplos. P 1 PA1E1 A1E1  A2 E2 e P2  PA2 E2 A1E1  A2 E2 .  tubo   barra ou P2 P  1 A2 E2 A1E1 Agora sim. Da análise de equilíbrio da barra se obtém a seguinte relação: P  P2  P . P  P2 P P P 1   1  2 . como é no caso em estudo. Isto foi feito e as forças estão indicadas na figura anterior. obtendo-se P1 e P2 . ou seja. . Para resolvê-lo é preciso obter mais uma equação. O recurso que se dispõe é o de fazer o diagrama de corpo livre dos elementos em análise e que por meio das equações de equilíbrio forneçam essas forças. Com efeito. 1 Portanto existem duas incógnitas P1 e P2 e só uma equação. Notem que do corpo livre da barra e do tubo não se obtém nenhuma informação sobre as forcas internas. se dispõe de duas equações e duas incógnitas. é só resolver. A1E1  A2 E2 A1E1  A2 E2 A1E1 A2 E2 ou seja.Solução É preciso calcular as forças internas que atuam nos elementos da estrutura. Note que as deformações do tubo e da barra são iguais. Logo o problema é estaticamente indeterminado. Em geral a segunda equação vem das deformações. A1E1 EXEMPLO 3. por exemplo:  barra  PL 1 . Calcular as tensões em AC e em BC.As deformações tanto na barra como no tubo podem ser calculadas por qualquer uma das expressões. Solução RA  RB  P   1   2  P  RA 1 P2   RB RA  PL2 / L RB  PL1 / L PL1 P2 L2 1  0 AE AE  AC  RA A e  BC   RB . Veja ilustração na figura que segue. A .2 Uma barra AB de comprimento L e seção transversal de área constante é presa a suportes que não sofrem deslocamentos em A e B antes de ser carregada. 1) sendo  o coeficiente de dilatação térmica do material. de temperatura quanto ao  T   LT (3.1 Barra Sujeita à Variação de temperatura Considere a Barra AB.3 PROBLEMAS ENVOLVENDO VARIAÇÃO DE TEMPERATURA Todos os problemas estudados até o momento não levaram em consideração variação de temperatura. Havendo variação de temperatura significativa é preciso analisar as deformações e tensões térmicas. . apoiada numa superfície horizontal. ou seja. dado por ºC ou ºF. 3. Se a temperatura aumentar de um valor T nota-se que ela se alonga de um valor  T cujos experimentos indicam que proporcional tanto à variação comprimento da barra. como ilustra a figura a seguir. homogênea e de seção transversal uniforme. o alongamento da barra será nulo e . T  T . Elevando a temperatura de T . EXEMPLO 3. L ou seja. Nesta condição inicial não existe tensão nem deformação.A deformação total  T está relacionada a uma deformação térmica específica  T .3 Considere uma barra AB de comprimento L colocada entre dois anteparos fixos separados da distância L. (3.  T   T . como ilustra a figura seguinte. isto é.2) É importante notar que no caso em estudo embora exista alongamento não existem tensões. procede-se como a seguir. O alongamento correspondente fica sendo  T   LT . gerando uma deformação  P calculada por meio da fórmula vista antes: P  PL . se escolhe os corpos convenientemente. Assim é criado um estado de tensão sem ocorrência de deformação específica.consequentemente a deformação específica. AE Segundo – a deformação da barra deve ser nula. AE Desta condição é possível calcular a intensidade da força P resultando: . Para calcular a tensão térmica.    P  T  PL   LT  0 . Primeiro – calcula-se a intensidade da força P . Entretanto se isto for tentado fazer conclui-se que a estrutura é estaticamente indeterminada. procede-se como antes. Entretanto para evitar o alongamento da barra os anteparos rígidos laterais irão aplicar forças P e P axiais de mesma intensidade. faz-se o diagrama de corpo livre e se calcula as forças internas. que representa a reação superabundante. Então. mas em sentidos contrários. Para isto retira-se o anteparo lateral direito deixando a barra se alongar livremente com a variação de temperatura T . isto é. ou seja. Em seguida são calculadas as tensões. desconhecida. Em seguida aplica-se a força P . P   AET . . Terceiro – calcula-se a tensão atuante na barra. A Convém ressaltar que esses resultados valem quando a barra é de seção transversal uniforme e o material dela é homogêneo.  P   ET .