Uma barra rígida de peso \mathrm{W}=800 \mathrm{~N} está pendurada em três fios verticais igualmente espaçados ( \mathrm{L}=150 \mathrm{~mm}, \mathrm{a}=50 \mathrm{~mm} ): dois de aço e um de alumínio. O diâmetro dos fios de aço é 2 mm e o do fio de alumínio é 4 mm . Os módulos de elasticidade do aço e do alumínio são 210 GPa e 70 Gpa, respectivamente. (a) Qual a maior carga P pode ser aplicada no ponto médio da barra ( \mathrm{x}=\mathrm{a} ), se a tensão admissível nos fios de aço for 220 MPa e no fio de alumínio for 80 MPa ? (b) E se estiver aplicada em \mathrm{x}=\mathrm{a} / 2 ?
Resposta
(a) \mathrm{P}=1504 \mathrm{~N}
(b) \mathrm{P}=820 \mathrm{~N}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (peguei estes dados do enunciado e da figura):
  • Dados geométricos e materiais:
    • Comprimento dos fios: \,L=150\\ \text{mm}.
    • Distância entre fios: \,a=50\\ \text{mm} (os fios estão em posições -a,\,0,\,+a ao longo da barra).
    • Dois fios de aço (esquerdo e direito): diâmetro d_s=2\\ \text{mm}.
    • Um fio de alumínio (central): diâmetro d_a=4\\ \text{mm}.
    • Módulos de elasticidade: E_s=210\\ \text{GPa} e E_a=70\\ \text{GPa}.
    • Peso da barra (aplicado no centro): W=800\\ \text{N}.
  • Tensão admissível (limite máximo de tensão nos fios):
    • Aço: \sigma_{s,\text{adm}}=220\\ \text{MPa}.
    • Alumínio: \sigma_{a,\text{adm}}=80\\ \text{MPa}.
  • Local de aplicação da carga concentrada \,P:
    • Parte (a): \,x=a.
    • Parte (b): \,x=a/2.
  • O que se pede:
    • Para cada posição de P, determinar a maior carga P que pode ser aplicada sem que nenhum fio exceda sua tensão admissível. Ou seja, encontrar o P_{\max} tal que |\sigma_i|\le\sigma_{i,\text{adm}} para todos os fios i.
Observações úteis para a resolução (a lista acima resume tudo o que foi dado; a resolução começa no passo seguinte).

Passo 2

Modelagem física e relações fundamentais (equilíbrio estático + compatibilidade de deformações).
Explicação didática do modelo:
  • A barra é rígida: isso significa que, quando as três barras verticais sofrerem pequenas deformações verticais, a barra só pode se deslocar verticalmente e rodar um pequeno ângulo \theta — ela não se deforma por flexão. Portanto, o deslocamento vertical do ponto de fixação i (onde está cada fio) é da forma u_i=\delta + y_i\,\theta,onde \delta é o deslocamento vertical do ponto de referência (por exemplo, o centro da barra), y_i é a coordenada horizontal do fio i em relação ao mesmo ponto (no nosso caso y_1=-a para o fio esquerdo, y_2=0 para o fio central e y_3=+a para o fio direito), e \theta é a pequena rotação da barra (adicione sinais conforme convenção).
  • Cada fio age como uma mola axial com rigidez k_i=\frac{A_i E_i}{L},onde A_i é a área da seção transversal do fio, E_i seu módulo de elasticidade e L seu comprimento. Assim, a força axial no fio i é F_i = k_i\,u_i = k_i(\delta + y_i\theta).(Essa é a relação linear de Hooke para alongamento axial pequeno.)
  • Equilíbrios estáticos:
    • Equilíbrio de forças verticais: F_1+F_2+F_3 = W + P.
    • Equilíbrio de momentos em relação ao centro da barra (momento causado por P deve ser equilibrado pelos momentos das reações): com y_1=-a,\;y_2=0,\;y_3=+a, \sum F_i y_i = P x + W\cdot 0 = P x.(O peso W age no centro, portanto não produz momento em relação ao centro.)
Agora que entendemos o modelo, vamos escrever as equações e resolver para \delta,\theta e as forças F_i.

Passo 3

Cálculos das áreas, das rigidezes e das constantes numéricas (transformações de unidades e fórmulas usadas).
  • Áreas das seções (usar unidades mm e N/mm^2 para números limpos; ao final as forças estarão em N): A_s=\frac{\pi d_s^2}{4}=\frac{\pi(2\\ \text{mm})^2}{4}=\pi\\ \text{mm}^2\approx 3{,}14159265\\ \text{mm}^2,
A_a=\frac{\pi d_a^2}{4}=\frac{\pi(4\\ \text{mm})^2}{4}=4\pi\\ \text{mm}^2\approx 12{,}56637061\\ \text{mm}^2.
  • Módulos (em N/mm^2): E_s=210{,}000\\ \text{N/mm}^2 (porque 1\\ \text{GPa}=1000\\ \text{N/mm}^2), E_a=70{,}000\\ \text{N/mm}^2.
  • Rigidezes axiais: k_s=\frac{A_s E_s}{L}=\frac{\pi\cdot 210000}{150}\\ \text{N/mm}\approx 4398{,}229713\\ \text{N/mm},
k_a=\frac{A_a E_a}{L}=\frac{4\pi\cdot 70000}{150}\\ \text{N/mm}\approx 5864{,}306285\\ \text{N/mm}.
  • Notar que as constantes adimensionais que aparecem com frequência são \alpha=\frac{k_s}{2k_s+k_a},\qquad \beta=\frac{k_a}{2k_s+k_a}.Calculando: 2k_s+k_a\approx 2(4398{,}229713)+5864{,}306285=14{,}660{,}765711\\ \text{N/mm},
\alpha=\frac{4398{,}229713}{14{,}660{,}765711}\approx 0{,}3000,\qquad \beta=\frac{5864{,}306285}{14{,}660{,}765711}\approx 0{,}4000.
(Observe \;2\alpha+\beta=1.)
  • Tensões admissíveis convertidas em força admissível (os limites de força para cada fio): F_{s,\max}=\sigma_{s,\text{adm}}A_s=220\\ \text{N/mm}^2\cdot \pi\\ \text{mm}^2 \approx 691{,}150384\\ \text{N},
F_{a,\max}=\sigma_{a,\text{adm}}A_a=80\\ \text{N/mm}^2\cdot 4\pi\\ \text{mm}^2 \approx 1005{,}309649\\ \text{N}.

Passo 4

Obter expressões para as forças em função de P (usando as equações do Passo 2).
Derivação (passo a passo):
  • Escrevendo F_i=k_i(\delta + y_i \theta) e aplicando equilíbrio de forças: k_s(\delta - a\theta)+k_a(\delta)+k_s(\delta + a\theta)=(2k_s+k_a)\delta = W+P.Portanto \delta=\frac{W+P}{2k_s+k_a}.
  • Momento em torno do centro: \sum F_i y_i = k_s(\delta - a\theta)(-a) + k_a\delta\cdot 0 + k_s(\delta + a\theta)(+a)
=k_s\bigl(-a\delta + a^2\theta + a\delta + a^2\theta\bigr)=2k_s a^2\theta = P x.
Logo
\theta=\frac{P x}{2k_s a^2}.
  • Substituindo \delta e \theta nas expressões F_1=k_s(\delta - a\theta), F_2=k_a\delta, F_3=k_s(\delta + a\theta) obtém-se, após simplificação (note que k_s a\theta = P x/(2a), pois k_s a\theta = k_s a \cdot \dfrac{P x}{2k_s a^2}=\dfrac{P x}{2a}): F_1=\alpha (W+P) - \frac{P x}{2a},
F_2=\beta (W+P),
F_3=\alpha (W+P) + \frac{P x}{2a},
onde lembramos \alpha=\dfrac{k_s}{2k_s+k_a} e \beta=\dfrac{k_a}{2k_s+k_a}.
Comentário didático: essas fórmulas têm interpretação simples:
  • A parte \alpha(W+P) mostra a parcela das cargas (peso + P) que iria para cada fio de aço se não houvesse rotação.
  • O termo \pm \dfrac{P x}{2a} distribui o efeito do momento (causado por P deslocado) entre os dois fios de aço (o fio do lado mais próximo de P ganha força, o oposto perde força).
  • O fio central (alumínio) não participa no equilíbrio de momento (porque está no eixo de referência y=0), daí F_2 não ter termo com \theta.

Passo 5

Aplicar as fórmulas para o caso (a): x=a. Calcular as forças e obter P_{\max} por comparação com tensões admissíveis.
  • Para x=a temos \dfrac{P x}{2a}=\dfrac{P a}{2a}=\dfrac{P}{2}. Com \alpha=0{,}3,\;\beta=0{,}4 e W=800\\ \text{N}: F_1=0{,}3(800+P)-\frac{P}{2}=240+0{,}3P-\frac{1}{2}P=240-0{,}2P,
F_2=0{,}4(800+P)=320+0{,}4P,
F_3=0{,}3(800+P)+\frac{P}{2}=240+0{,}3P+\frac{1}{2}P=240+0{,}8P.
  • Agora verificar qual fio atinge primeiro sua tensão admissível (comparamos forças absolutas com F_{s,\max} e F_{a,\max}):
    • Fio de aço (direito) F_3 aumenta com P; exigir F_3\le F_{s,\max}: 240+0{,}8P \le 691{,}150384 \quad\Rightarrow\quad 0{,}8P \le 451{,}150384
P \le \frac{451{,}150384}{0{,}8}\approx 563{,}93798\\ \text{N}.
  • Fio de alumínio F_2 exige 320+0{,}4P \le 1005{,}309649 \quad\Rightarrow\quad P \le \frac{685{,}309649}{0{,}4}\approx 1713{,}27412\\ \text{N}.
  • Fio de aço esquerdo F_1=240-0{,}2P diminui com P; seu valor absoluto só ultrapassaria o limite em P muito grande (não crítico aqui).
  • Conclusão para (a): o fio de aço do lado de aplicação de P (fio direito) é o limitante e dá P_{\max}\approx 563{,}94\\ \text{N}.

Passo 6

Aplicar as fórmulas para o caso (b): x=a/2. Calcular as forças e obter P_{\max}.
  • Para x=a/2 temos \dfrac{P x}{2a}=\dfrac{P (a/2)}{2a}=\dfrac{P}{4}. Então: F_1=0{,}3(800+P)-\frac{P}{4}=240+0{,}3P-0{,}25P=240+0{,}05P,
F_2=320+0{,}4P,
F_3=0{,}3(800+P)+\frac{P}{4}=240+0{,}3P+0{,}25P=240+0{,}55P.
  • Verificação das condições admissíveis:
    • Fio de aço direito (o maior valor entre os aços agora é F_3): 240+0{,}55P \le 691{,}150384 \quad\Rightarrow\quad 0{,}55P \le 451{,}150384,
P \le \frac{451{,}150384}{0{,}55}\approx 820{,}27343\\ \text{N}.
  • Fio de alumínio: 320+0{,}4P \le 1005{,}309649 \quad\Rightarrow\quad P \le 1713{,}27412\\ \text{N}(não limitante neste caso).
  • Conclusão para (b): o fio de aço direito é novamente o limitante e dá P_{\max}\approx 820{,}27\\ \text{N}.

Passo 7

Resumo numérico final e checagem rápida (motivação didática).
  • Valores calculados das forças quando P alcança o limite:
    • Para (a) com P=563{,}94\\ \text{N}: F_3\approx 691{,}15\\ \text{N} (atinge o limite do aço), F_2\approx 320+0{,}4\cdot563{,}94\approx 544{,}58\\ \text{N}<F_{a,\max}.
    • Para (b) com P=820{,}27\\ \text{N}: F_3\approx 240+0{,}55\cdot820{,}27\approx 691{,}15\\ \text{N} (atinge o limite do aço), F_2\approx 320+0{,}4\cdot820{,}27\approx 648{,}11\\ \text{N}<F_{a,\max}.
  • Interpretação rápida: como os fios de aço têm área pequena, eles são os primeiros a atingir o limite de tensão quando a carga P é aplicada deslocada para um dos lados; por isso o aço fixa o P_{\max} em ambos os casos.

Resposta

(a) P_{\max}\approx 563{,}94\\ \text{N}
(b) P_{\max}\approx 820{,}27\\ \text{N}

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