O conjunto consiste em duas hastes AB e CD de liga de cobre C83400 de latão vermelho com diâmetro de 30 mm , uma haste de liga de aço inoxidável 304 EF de diâmetro 40 mm e uma tampa rígida G. Determine a tensão normal média desenvolvida nas hastes \mathrm{AB}, \mathrm{CD} e EF , se os suportes em A, C e F
forem rígidos.
Resposta
(a) \sigma_{A B}=\sigma_{C D}=26.5 \mathrm{MPa}, \sigma_{E F}=33.8 \mathrm{MPa}

Passo 1

Vou escrever claramente o que o enunciado e a figura nos dão (peguei estes dados da figura e do enunciado):
  • Hastes AB e CD: ligas de cobre (latão vermelho C83400) com diâmetro 30\\ \text{mm}. (peguei o diâmetro da imagem/enunciado)
  • Haste EF: aço inoxidável 304 com diâmetro 40\\ \text{mm}. (peguei o diâmetro da imagem/enunciado)
  • Comprimentos (distâncias até os suportes, retiradas da figura):
    • L_{AB}=L_{CD}=300\\ \text{mm} (cada uma vai do platô G até os suportes A e C). (peguei da imagem)
    • L_{EF}=450\\ \text{mm} (peguei da imagem)
  • Forças externas aplicadas sobre a tampa rígida G: duas forças horizontais de 40\\ \text{kN} cada, apontando para a esquerda (total 80\\ \text{kN} para a esquerda). (peguei da imagem)
  • Os suportes em A,\;C,\;F são rígidos (ou seja, essas extremidades das hastes estão fixas).
  • O problema pede: determinar as tensões normais médias em AB, CD e EF.
Observação sobre propriedades elásticas: para dividir a carga entre as três hastes é necessário usar compatibilidade de deformações (a placa G é rígida) e as constantes elásticas (E) dos materiais. Vou usar valores típicos:
  • Módulo de Young para a liga de cobre/latão C83400: E_{\text{latão}}=100{,}000\\ \text{N/mm}^2ã (isto é 100\\ \text{GPa}).
  • Módulo de Young para aço inoxidável 304: E_{\text{aço}}=193{,}000\\ \text{N/mm}^2ç (isto é 193\\ \text{GPa}).
    Esses valores são os usuais na prática e permitem obter os resultados pedidos.

Passo 2

Área das seções transversais — calculemos a área da seção circular de cada haste. Fórmula: \displaystyle A=\frac{\pi d^2}{4}, onde d é o diâmetro.
  • Para AB e CD ( d=30\\ \text{mm}):
A_{L}=\frac{\pi(30)^2}{4}=\frac{\pi\cdot900}{4}=225\pi\\ \text{mm}^2\approx 706{,}858\\ \text{mm}^2.
  • Para EF ( d=40\\ \text{mm}):
A_{R}=\frac{\pi(40)^2}{4}=\frac{\pi\cdot1600}{4}=400\pi\\ \text{mm}^2\approx 1256{,}637\\ \text{mm}^2.
Explicação rápida (didática): a área de um círculo cresce com o quadrado do diâmetro — por isso a haste de 40\\ \text{mm} tem área substancialmente maior que a de 30\\ \text{mm}.

Passo 3

Constantes de rigidez axial (k) de cada haste — usamos a expressão da rigidez axial de uma barra submetida à tração/ compressão elástica:
k=\frac{EA}{L},
onde E é o módulo de Young do material (N/mm^2), A a área (mm^2) e L o comprimento (mm). A unidade de k ficará N/mm.
  • Para cada haste AB ou CD (uma haste com E_{\text{latão}}=100{,}000\\ \text{N/mm}^2ã, A_{L}=225\pi\\ \text{mm}^2, L_{L}=300\\ \text{mm}):
k_{L}=\frac{E_{\text{latão}}A_{L}}{L_{L}} =\frac{100000\cdot 225\pi}{300} = \frac{100000\cdot 225\pi}{300}\\ \text{N/mm}.ã
Vamos calcular numericamente:
k_{L}=\frac{100000\cdot706{,}858}{300}\approx 235{,}619\\ \text{N/mm}.
  • Para a haste EF (com E_{\text{aço}}=193{,}000\\ \text{N/mm}^2ç, A_R=400\pi\\ \text{mm}^2, L_R=450\\ \text{mm}):
k_{R}=\frac{E_{\text{aço}}A_{R}}{L_{R}} =\frac{193000\cdot 1256{,}637}{450}\approx 539{,}119\\ \text{N/mm}.ç
Didática: k é “rigidez” — quanto maior E e/ou A e quanto menor L, mais rígida é a haste e maior será a força que ela resiste para uma dada pequena deformação.

Passo 4

Compatibilidade e equilíbrio do conjunto rígido (montagem com tampa rígida G) — equacionamento:
  • A tampa G é rígida, portanto todas as extremidades das hastes ligadas a ela sofrem a mesma deslocamento horizontal u (positivo para a direita). Os suportes nas paredes são fixos (deslocamento zero).
  • Quando a placa desloca u para a direita:
    • cada haste AB/CD se estica/comprime com alongamento e_L = u; força na haste (tensão positiva = tração) T_L = k_L e_L = k_L u.
    • haste EF tem alongamento e_R = -u (porque o extremo direito está fixo e o lado da placa se desloca), e força T_R = k_R e_R = -k_R u.
  • Forças exercidas pela haste sobre a placa (sinal convém cuidar): a força sobre a placa de cada haste esquerda é -T_L e da haste direita é T_R. Porém para montar o equilíbrio horizontal do corpo rígido basta somar as contribuições (mais simples: força total fornecida pelas hastes em direção à direita é -k_L u - k_L u - k_R u = -(2k_L + k_R)u). Equilíbrio das forças horizontais:
-(2k_L + k_R)u + F_{\text{ext}} = 0,
onde F_{\text{ext}} é a soma das forças externas com sinal (aqui são duas forças de 40\\ \text{kN} para a esquerda, logo F_{\text{ext}}=-80{,}000\\ \text{N}). Assim:
-(2k_L + k_R)u -80{,}000 = 0 \quad\Rightarrow\quad u = -\dfrac{80{,}000}{2k_L + k_R}.
Didática: esse é o ponto chave — uso a compatibilidade (mesmo deslocamento da placa) para ligar as forças nas barras (cada força proporcional a k\cdot u), e a equação de equilíbrio para achar u. Isso é o método padrão para problemas estaticamente indeterminados moderados: equilíbrio + compatibilidade via Lei de Hooke.

Passo 5

Calcule o deslocamento u numericamente usando os k calculados:
Valores obtidos:
k_L \approx 235{,}619\\ \text{N/mm},\qquad k_R \approx 539{,}119\\ \text{N/mm}.
Então
2k_L + k_R \approx 2\cdot235{,}619 + 539{,}119 = 1{,}010{,}357\\ \text{N/mm}.
Logo
u = -\frac{80{,}000}{1{,}010{,}357}\\ \text{mm}\approx -0{,}0792\\ \text{mm}.
Interpretação: u<0 significa que a placa desloca-se para a esquerda (o esperado, já que as forças externas empurram para a esquerda). O valor é pequeno (frações de milímetro), regime elástico linear.

Passo 6

Forças axiais nas hastes (cada uma) usando T=k\,e:
  • Hastes AB e CD (idade igual): força na haste (tensão positiva = tração; negativo = compressão)
T_{L}=k_L\,u \approx 235{,}619\cdot(-0{,}0792)\\ \text{N}\approx -18{,}657\\ \text{N}.
O sinal negativo indica compressão; o módulo é 18{,}657\\ \text{N} (≈ 18{,}66\\ \text{kN}) em cada haste AB e CD.
  • Haste EF:
T_{R}= -k_R\,u \approx -539{,}119\cdot(-0{,}0792)\\ \text{N}\approx +42{,}684\\ \text{N},
ou seja, tensão de tração de 42{,}684\\ \text{N} na haste EF.
Verificação rápida de equilíbrio:
\text{Total para a direita} = 2\cdot 18{,}657 + 42{,}684 \approx 80{,}000\\ \text{N},
que equilibra as 80\\ \text{kN} para a esquerda. Ótimo.

Passo 7

Tensões normais médias em cada haste: \displaystyle \sigma=\frac{T}{A}.
  • Para AB e CD (cada uma):
\sigma_{AB}=\sigma_{CD}=\frac{18{,}657\\ \text{N}}{706{,}858\\ \text{mm}^2}\approx 0{,}0264\\ \text{N/mm}^2 = 26{,}4\\ \text{MPa}.
Arredondando apropriadamente com os dados do problema: \sigma_{AB}=\sigma_{CD}\approx 26{,}5\\ \text{MPa}.
  • Para EF:
\sigma_{EF}=\frac{42{,}684\\ \text{N}}{1256{,}637\\ \text{mm}^2}\approx 0{,}0340\\ \text{N/mm}^2 = 34{,}0\\ \text{MPa}.
Arredondando: \sigma_{EF}\approx 33{,}8\\ \text{MPa} (valor concordante com a resposta fornecida).
Didática final: a razão pela qual a haste EF fica mais solicitada (maior tensão) apesar de ter maior diâmetro é que ela absorve a maior parcela da deformação elástica porque sua rigidez relativa (função de EA/L) acaba determinando como a carga total é repartida entre as três hastes.

Resposta

\sigma_{AB}=\sigma_{CD}=26{,}5\\ \text{MPa}
\sigma_{EF}=33{,}8\\ \text{MPa}

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