A barra rígida AD é articulada em A e nas extremidades B e D das barras BC de latão e DE de aço. A temperatura de BC diminui de 20^{\circ} \mathrm{C} e a temperatura de DE aumenta de 20^{\circ} \mathrm{C}. Desprezada a influência do peso próprio e a possibilidade de flambagem, pede-se as tensões normais nas barras BC e DE. DADOS:
Latão - \mathrm{A}=6 \mathrm{~cm}^{2} ; \mathrm{E}=0,98 \times 10^{6} \mathrm{Kgf} / \mathrm{cm}^{2} ; \alpha=18,7 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} \mathrm{C}
Aço -\mathrm{A}=3 \mathrm{~cm}^{2} ; \mathrm{E}=2,1 \times 10^{6} \mathrm{Kgf} / \mathrm{cm}^{2} ; \alpha=11,7 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} \mathrm{C}

Passo 1

O enunciado pede as tensões normais nas barras BC (latão) e DE (aço) quando a temperatura de BC diminui 20^\circ\mathrm{C} e a de DE aumenta 20^\circ\mathrm{C}. As informações fornecidas e os dados que peguei da figura são:
  • Dados materiais (do enunciado):
    • Latão (barra BC):
      • A_{BC}=6\\ \mathrm{cm^{2}},
      • E_{BC}=0,98\times10^{6}\\ \mathrm{kgf/cm^{2}},
      • \alpha_{BC}=18,7\times10^{-6}\\ /{}^\circ\mathrm{C}.
    • Aço (barra DE):
      • A_{DE}=3\\ \mathrm{cm^{2}},
      • E_{DE}=2,1\times10^{6}\\ \mathrm{kgf/cm^{2}},
      • \alpha_{DE}=11,7\times10^{-6}\\ /{}^\circ\mathrm{C}.
  • Geometria (peguei estes comprimentos/distâncias da imagem):
    • comprimento inicial de BC: L_{BC}=30\\ \mathrm{cm} (vertical, B para C);
    • comprimento inicial de DE: L_{DE}=25\\ \mathrm{cm} (vertical, D para E);
    • distância horizontal do pivô A até B: x_B=25\\ \mathrm{cm};
    • distância horizontal do pivô A até D: x_D=65\\ \mathrm{cm} (ou seja, x_D = 25+40\\ \mathrm{cm}).
  • Variações de temperatura:
    • \Delta T_{BC}=-20^\circ\mathrm{C} (esfriamento),
    • \Delta T_{DE}=+20^\circ\mathrm{C} (aquecimento).
O que se pede: as tensões normais em BC e DE (mostrar os cálculos passo a passo).

Passo 2

Ideia física e modelo (passo-a-passo didático, sem pular etapas):
  • A barra AD é rígida e articulada em A (pivô). Assim, quando as barras verticais BC e DE mudam de comprimento por efeito térmico e pelas forças internas, o conjunto se acomodará por rotação da barra rígida em torno de A. A barra rígida não se deforma (sua geometria relativa entre A, B e D permanece fixa), mas pode rodar um pequeno ângulo \theta em torno de A. Portanto os deslocamentos verticais dos pontos B e D são proporcionais às suas distâncias a partir de A:
    u_B=\theta\,x_B,\qquad u_D=\theta\,x_D.
    Aqui u é o deslocamento vertical do ponto do lado da barra rígida (positivo para cima se \theta for positivo).
  • Cada barra vertical tem deformação total dada pela soma da deformação mecânica (devida à força axial P) e da deformação térmica (devida a \Delta T). A relação (para pequena deformação) é:
    \Delta L_{\text{total}}=\Delta L_{\text{mech}}+\Delta L_{\text{thermal}}.
    Com \Delta L_{\text{mech}}=\dfrac{P\,L}{A\,E} (positiva se alongamento) e \Delta L_{\text{thermal}}=\alpha L\,\Delta T (positiva se alongamento por aquecimento).
  • Compatibilidade geométrica entre deslocamentos da barra rígida e variação de comprimento das barras: a mudança real do comprimento da barra vertical é igual à diferença de deslocamentos nas suas extremidades (a extremidade fixa dá deslocamento zero). Por exemplo, para BC com o ponto C fixo:
    \Delta L_{BC} = u_C - u_B = 0 - u_B = -u_B.
    E para DE com E fixo:
    \Delta L_{DE} = u_E - u_D = 0 - u_D = -u_D.
  • Equilíbrio estático da barra rígida: somando momentos em torno de A (a reação em A não gera momento) obtemos uma relação entre as forças axiais em BC e DE. É preciso analisar o sentido dos esforços: definimos P_{BC} e P_{DE} como as forças axiais positivas quando as barras estão em tração (tensão positiva). A força que a barra BC exerce na barra rígida será para baixo quando P_{BC}>0 (uma barra tracionada “puxa” a peça conectada), enquanto a barra DE puxa para cima em D quando P_{DE}>0. Tomando sinal convêncional, o equilíbrio de momentos em A dá:
    -P_{BC}\,x_B + P_{DE}\,x_D = 0 \quad\Rightarrow\quad P_{DE}=\frac{x_B}{x_D}\,P_{BC}.
    (Explicação física: se BC puxa a barra para baixo em B, isso tende a girar no sentido horário; DE deve fornecer um puxão para cima em D para anular o momento.)
Resumo: incógnitas P_{BC},P_{DE},\theta. Usaremos compatibilidade (liga \Delta L às u) e equilíbrio (momento) para eliminar \theta e P_{DE} e achar P_{BC}.

Passo 3

Escrever as equações de deformação para cada barra, explicando cada termo:
  • Para BC:
    • deformação mecânica (alongamento positivo): \Delta L_{\text{mech},BC}=\dfrac{P_{BC}\,L_{BC}}{A_{BC}\,E_{BC}}.
    • deformação térmica (alonga se \Delta T>0): \Delta L_{\text{th},BC}=\alpha_{BC}\,L_{BC}\,\Delta T_{BC}.
    • mudança real do comprimento (compatibilidade): \Delta L_{BC}=-u_B.
      Portanto:
    \frac{P_{BC}\,L_{BC}}{A_{BC}\,E_{BC}}+\alpha_{BC}\,L_{BC}\,\Delta T_{BC} = -u_B.
  • Para DE:
    \frac{P_{DE}\,L_{DE}}{A_{DE}\,E_{DE}}+\alpha_{DE}\,L_{DE}\,\Delta T_{DE} = -u_D.
  • Substituindo u_B=\theta x_B e u_D=\theta x_D e dividindo por x_B e x_D respectivamente, obtemos que a mesma \theta aparece nas duas equações. Colocando ambas na forma dividida por x temos a condição de compatibilidade entre as duas barras:
    \frac{\dfrac{P_{BC}\,L_{BC}}{A_{BC}\,E_{BC}}+\alpha_{BC}\,L_{BC}\,\Delta T_{BC}}{x_B} = \frac{\dfrac{P_{DE}\,L_{DE}}{A_{DE}\,E_{DE}}+\alpha_{DE}\,L_{DE}\,\Delta T_{DE}}{x_D}.

Passo 4

Usar equilíbrio de momentos para eliminar P_{DE} em favor de P_{BC}:
  • Momento em torno de A fornece: P_{DE}=\frac{x_B}{x_D}\,P_{BC}.
Substituir isso na equação de compatibilidade do passo anterior:
\frac{\dfrac{P_{BC}\,L_{BC}}{A_{BC}\,E_{BC}}+\alpha_{BC}\,L_{BC}\,\Delta T_{BC}}{x_B} = \frac{\dfrac{\left(\dfrac{x_B}{x_D}P_{BC}\right) L_{DE}}{A_{DE}\,E_{DE}}+\alpha_{DE}\,L_{DE}\,\Delta T_{DE}}{x_D}.
Multiplicando ambos os lados por x_B obtemos:
\frac{P_{BC}\,L_{BC}}{A_{BC}\,E_{BC}}+\alpha_{BC}\,L_{BC}\,\Delta T_{BC} = P_{BC}\,\frac{x_B^{2}}{x_D^{2}}\,\frac{L_{DE}}{A_{DE}\,E_{DE}}+\alpha_{DE}\,L_{DE}\,\Delta T_{DE}\,\frac{x_B}{x_D}.
Reorganizando para isolar P_{BC}:
P_{BC}\left(\frac{L_{BC}}{A_{BC}E_{BC}}-\frac{x_B^{2}}{x_D^{2}}\frac{L_{DE}}{A_{DE}E_{DE}}\right) = \alpha_{DE}L_{DE}\Delta T_{DE}\frac{x_B}{x_D}-\alpha_{BC}L_{BC}\Delta T_{BC}.
Portanto
P_{BC}=\frac{\alpha_{DE}L_{DE}\Delta T_{DE}\dfrac{x_B}{x_D}-\alpha_{BC}L_{BC}\Delta T_{BC}} {\dfrac{L_{BC}}{A_{BC}E_{BC}}-\dfrac{x_B^{2}}{x_D^{2}}\dfrac{L_{DE}}{A_{DE}E_{DE}} }.
Agora substituímos os números.

Passo 5

Cálculos numéricos (faço passo a passo para que dê para replicar na prova; uso unidades em cm e kgf/cm^2):
Primeiro, calculemos alguns termos auxiliares:
  • constantes geométrico-elásticas K_{BC}=\frac{L_{BC}}{A_{BC}E_{BC}} =\frac{30}{6\cdot 0,98\times10^{6}}Calcule: K_{BC}=\frac{30}{5{,}88\times10^{6}}=5{,}1020408\times10^{-6}\\ \mathrm{(kgf)^{-1}}.
K_{DE}=\frac{L_{DE}}{A_{DE}E_{DE}} =\frac{25}{3\cdot2{,}1\times10^{6}} =\frac{25}{6{,}3\times10^{6}}=3{,}96825397\times10^{-6}\\ \mathrm{(kgf)^{-1}}.
  • termos térmicos (variação livre de comprimento):
    \Delta L_{\text{th},BC}=\alpha_{BC}L_{BC}\Delta T_{BC} =18{,}7\times10^{-6}\cdot30\cdot(-20)=-0{,}01122\\ \mathrm{cm}.
    (negativo porque esfriou)
    \Delta L_{\text{th},DE}=\alpha_{DE}L_{DE}\Delta T_{DE} =11{,}7\times10^{-6}\cdot25\cdot20=0{,}00585\\ \mathrm{cm}.
  • razões geométricas:
    \frac{x_B}{x_D}=\frac{25}{65}=0{,}3846153846,\qquad \frac{x_B^{2}}{x_D^{2}}=\left(\frac{25}{65}\right)^{2}=0{,}1479289941.
Agora montar a fórmula numérica do passo anterior:
Denominador:
K_{BC}-\frac{x_B^{2}}{x_D^{2}}K_{DE} = 5{,}1020408\times10^{-6}-0{,}1479289941\cdot3{,}96825397\times10^{-6}
Calcule o segundo termo:
0{,}1479289941\cdot3{,}96825397\times10^{-6}=5{,}8726734\times10^{-7}.
Então
\text{denom}=5{,}1020408\times10^{-6}-5{,}8726734\times10^{-7}=4{,}5147735\times10^{-6}.
Numerador:
\Delta L_{\text{th},DE}\cdot\frac{x_B}{x_D}-\Delta L_{\text{th},BC} =0{,}00585\cdot0{,}3846153846-(-0{,}01122).
Calcule:
0{,}00585\cdot0{,}3846153846=0{,}00225.
Logo
\text{num}=0{,}00225+0{,}01122=0{,}01347\\ \mathrm{cm}.
Finalmente
P_{BC}=\frac{0{,}01347}{4{,}5147735\times10^{-6}}=2{,}985{,}1\times10^{3}\\ \mathrm{kgf}.
Arredondando de forma prática para a prova, P_{BC}\approx2985\\ \mathrm{kgf}. Note que o valor positivo indica que BC ficou em tração (tensionada).

Passo 6

Obter P_{DE} (da relação de momento) e as tensões:
  • P_{DE}=\dfrac{x_B}{x_D}\,P_{BC}=\dfrac{25}{65}\cdot2985{,}1=1{,}146{,}2\times10^{3}\\ \mathrm{kgf}.
    Assim P_{DE}\approx1146{,}2\\ \mathrm{kgf} (também tração, valor positivo).
  • Tensões normais (tensão = força / área):
    \sigma_{BC}=\frac{P_{BC}}{A_{BC}}=\frac{2985{,}1}{6}=497{,}52\\ \mathrm{kgf/cm^{2}}.
\sigma_{DE}=\frac{P_{DE}}{A_{DE}}=\frac{1146{,}2}{3}=382{,}07\\ \mathrm{kgf/cm^{2}}.
Arredondando convenientemente:
  • \sigma_{BC}\approx497{,}5\\ \mathrm{kgf/cm^{2}} (tração),
  • \sigma_{DE}\approx382{,}1\\ \mathrm{kgf/cm^{2}} (tração).

Resposta

\sigma_{BC}=497{,}5\\ \mathrm{kgf/cm^{2}} (tração)
\sigma_{DE}=382{,}1\\ \mathrm{kgf/cm^{2}} (tração)

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