Uma barra bi-engastada prismática A B de comprimento total L sofre uma variação de temperatura positiva segundo a lei \Delta T(x)=\Delta T_{1} \frac{x^{2}}{L^{2}}, onde x corresponde a uma posição qualquer ao longo do comprimento da barra e \Delta T_{1} é o aumento na temperatura na extremidade B da barra. Admitindo que o módulo de elasticidade longitudinal E e o coeficiente de dilatação térmica linear \alpha são constantes para toda barra, determine a máxima tensão normal atuante na barra, bem como a posição x em essa tensão ocorre. [Resposta: \boldsymbol{\sigma}= \boldsymbol{\alpha} \boldsymbol{E} \Delta \boldsymbol{T}_{\mathbf{1}} / \mathbf{3} compressão; ver solução].

Passo 1

O enunciado dá uma barra prismática bi-engastada de comprimento L com variação de temperatura ao longo do eixo dada por
\Delta T(x)=\Delta T_{1}\,\frac{x^{2}}{L^{2}},
onde x é a posição ao longo da barra medida desde a extremidade A (ou seja x\in[0,L]) e \Delta T_{1} é o aumento de temperatura na extremidade B. O módulo de elasticidade longitudinal E e o coeficiente de dilatação térmica linear \alpha são constantes na barra.
Perguntas pedidas: determinar (1) a máxima tensão normal atuante na barra e (2) a posição x em que essa tensão ocorre.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • \Delta T(x)=\Delta T_{1}\dfrac{x^{2}}{L^{2}}.
  • Barra bi-engastada (as extremidades não se movem longitudinalmente).
  • E e \alpha constantes.
  • Não há forças axiais externas distribuídas ao longo da barra (apenas reações nos engastes).

Passo 2

Vamos identificar as relações físicas que precisamos usar (explicando cada uma calmamente).
  1. Lei de Hooke uniaxial (para deformações elásticas pequenas): a tensão longitudinal \sigma e a deformação mecânica elástica \varepsilon_m estão relacionadas por
\sigma = E\,\varepsilon_m.
Aqui \sigma é a tensão normal (positiva em tração, negativa em compressão) e \varepsilon_m é a parte da deformação atribuível às tensões (a “deformação mecânica”).
  1. Deformação total longitudinal em um ponto é soma da deformação mecânica e da deformação térmica (superposição linear válida para pequenas deformações):
\varepsilon(x)=\varepsilon_m(x)+\varepsilon_{th}(x).
  1. A deformação térmica livre (se a barra estivesse sem restrição) é dada por
\varepsilon_{th}(x)=\alpha\,\Delta T(x).
Isto significa: se o material aquecer localmente por \Delta T(x), ele tentaria alongar-se localmente por \alpha\Delta T(x).
  1. Como as extremidades estão engastadas, o deslocamento axial total entre A e B é zero. Em termos de deformação isso se expressa como compatibilidade:
\int_{0}^{L}\varepsilon(x)\,dx = 0.
Isto diz: a integral da deformação ao longo do comprimento (que dá o alongamento total) deve ser zero.
  1. Equilíbrio axial sem forças distribuídas: a força axial interna N(x)=\sigma(x)A (onde A é a área da seção) é constante ao longo do eixo, logo a tensão \sigma(x) é independente de x (assumimos barra prismaticamente uniforme sem forças axiais distribuídas). Vou explicar esse ponto: se não há forças axiais aplicadas ao longo do comprimento, a soma das forças internas em qualquer fatia é nula, o que implica que a força axial é a mesma para todo corte; dividindo por A, a tensão axial é constante. Portanto podemos escrever simplesmente \sigma(x)=\sigma (constante).

Passo 3

Escrevendo a relação entre tensão e deformações usando os itens anteriores:
A deformação total em um ponto é
\varepsilon(x)=\frac{\sigma}{E}+\alpha\,\Delta T(x),
pois \varepsilon_m(x)=\sigma/E (mesmo \sigma para todo x) e \varepsilon_{th}(x)=\alpha\Delta T(x).
Aplicamos a condição de compatibilidade (deslocamento total zero):
\int_{0}^{L}\varepsilon(x)\,dx=\int_{0}^{L}\left(\frac{\sigma}{E}+\alpha\,\Delta T(x)\right)dx=0.

Passo 4

Calcule a integral e resolva para \sigma. Primeiro separe os termos:
\int_{0}^{L}\frac{\sigma}{E}\,dx+\alpha\int_{0}^{L}\Delta T(x)\,dx=0.
Como \sigma/E é constante:
\frac{\sigma}{E}\,L+\alpha\int_{0}^{L}\Delta T(x)\,dx=0.
Logo
\sigma = -\frac{E\alpha}{L}\int_{0}^{L}\Delta T(x)\,dx.
O sinal negativo indica que, se \Delta T(x)>0 (a barra tenta alongar), a tensão resultante será compressiva (σ negativo).

Passo 5

Agora use a expressão de \Delta T(x) dada no enunciado:
\Delta T(x)=\Delta T_{1}\frac{x^{2}}{L^{2}}.
Calcule a integral:
\int_{0}^{L}\Delta T(x)\,dx=\Delta T_{1}\int_{0}^{L}\frac{x^{2}}{L^{2}}\,dx =\Delta T_{1}\frac{1}{L^{2}}\left[\frac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{L} =\Delta T_{1}\frac{1}{L^{2}}\cdot\frac{L^{3}}{3} =\Delta T_{1}\frac{L}{3}.

Passo 6

Substitua esse resultado em \sigma:
\sigma = -\frac{E\alpha}{L}\cdot\left(\Delta T_{1}\frac{L}{3}\right) = -\frac{1}{3}E\alpha\,\Delta T_{1}.
Portanto a tensão é uniforme ao longo da barra e igual a -\dfrac{1}{3}E\alpha\Delta T_{1}. O sinal negativo mostra que é uma tensão de compressão (a barra tenta se expandir, mas as restrições criam compressão).

Passo 7

Interprete o resultado quanto ao valor máximo e à posição onde ocorre:
  • A tensão \sigma é constante ao longo da barra (não depende de x), então a máxima tensão normal (em módulo) é \left|\sigma\right|=\dfrac{1}{3}E\alpha\Delta T_{1}.
  • Como \sigma é constante, ela ocorre para todo x\in[0,L] — isto é, a mesma tensão compressiva em qualquer seção longitudinal.

Resposta

\displaystyle \sigma=-\frac{1}{3}E\alpha\,\Delta T_{1} (compressão)
Ocorre para todo x\in[0,L].

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