Exercício 4.16 - A uma temperatura de 30^{\circ} \mathrm{C}, existe uma folga de 0,5 \mathrm{~mm} entre as extremidades livres de dois cilindros posicionados entre apoios rígidos. O cilindro A é de alumínio, possui L_{A}=300 \mathrm{~mm}, A_{A}=2000 \mathrm{~mm}^{2}, E_{A}= 75 GPa e \alpha_{A}=23 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} \mathrm{C}. O cilindro B é de aço inoxidável, possui L_{B}=250 \mathrm{~mm}, A_{B}=800 \mathrm{~mm}^{2}, E_{B}=190 \mathrm{GPa} e \alpha_{B}=17,3 \times 10^{-6} /{ }^{\circ} \mathrm{C}. Quando a temperatura aumenta para 140^{\circ} \mathrm{C}, determine: (a) a tensão normal no cilindro A de alumínio; (b) a variação final do comprimento do cilindro A. [Resposta: (a) \sigma_{A}=100,8 \mathrm{MPa} (compressão); (b) \Delta L_{A}=0,356 \mathrm{~mm} ]

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  • (a) a tensão normal no cilindro A de alumínio quando a temperatura aumenta de 30^\circ\mathrm{C} para 140^\circ\mathrm{C};
  • (b) a variação final do comprimento do cilindro A.
Dados fornecidos (peguei estes números da imagem/enunciado):
  • Folga entre as extremidades livres: g=0,5\\ \mathrm{mm}.
  • Para o cilindro A (alumínio): L_{A}=300\\ \mathrm{mm}, A_{A}=2000\\ \mathrm{mm}^{2}, E_{A}=75\\ \mathrm{GPa}, \alpha_{A}=23\times10^{-6}/^\circ\mathrm{C}.
  • Para o cilindro B (aço inox): L_{B}=250\\ \mathrm{mm}, A_{B}=800\\ \mathrm{mm}^{2}, E_{B}=190\\ \mathrm{GPa}, \alpha_{B}=17{,}3\times10^{-6}/^\circ\mathrm{C}.
  • Temperaturas: temperatura inicial 30^\circ\mathrm{C}, final 140^\circ\mathrm{C}. Portanto a variação de temperatura é \Delta T = 110^\circ\mathrm{C}.

Passo 2

Entendendo o comportamento físico (sem fórmulas ainda, só ideia):
  • Cada cilindro, se livre, aumentaria seu comprimento devido à dilatação térmica. As dilatações livres somadas podem ser maiores que a folga g.
  • Se a soma das dilatações livres exceder g, os cilindros entram em contato e comprimem um ao outro e contra os apoios rígidos. Surge uma força axial P interna que produz encurtamento elástico em cada barra.
  • O equilíbrio de compatibilidade é: soma das dilatações térmicas livres menos as deformações elásticas (encurtamentos) = folga g (pois a folga foi consumida). Daí podemos achar P.
  • A tensão em A é \sigma_A=P/A_A. A variação final do comprimento de A é dilatação térmica livre de A menos seu encurtamento elástico.

Passo 3

Calcular as dilatações térmicas livres de cada cilindro usando a fórmula da dilatação linear:
\Delta L_{\text{th}} = \alpha L \Delta T,
onde \alpha é coeficiente de dilatação, L comprimento inicial e \Delta T variação de temperatura.
Para A:
\Delta L_{\text{th},A}=\alpha_{A} L_{A}\Delta T = (23\times10^{-6})\cdot(300)\cdot(110)
\Delta L_{\text{th},A}=0{,}759\\ \mathrm{mm}.
Para B:
\Delta L_{\text{th},B}=\alpha_{B} L_{B}\Delta T = (17{,}3\times10^{-6})\cdot(250)\cdot(110)
\Delta L_{\text{th},B}=0{,}47575\\ \mathrm{mm}.
Soma das dilatações livres:
S=\Delta L_{\text{th},A}+\Delta L_{\text{th},B}=0{,}759+0{,}47575=1{,}23475\\ \mathrm{mm}.
Comparação com a folga g=0{,}5\\ \mathrm{mm}: como S>g, a folga será consumida e aparecerão tensões de compressão nas barras.

Passo 4

Escrever a condição de compatibilidade (equação que relaciona dilatações térmicas, encurtamentos elásticos e folga). Seja P a força axial (mesma magnitude em ambas as barras, sentido de compressão). As deformações elásticas (encurtamentos) são dadas por Hooke:
\delta_{A}=\frac{P L_{A}}{A_{A}E_{A}},\qquad \delta_{B}=\frac{P L_{B}}{A_{B}E_{B}}.
Compatibilidade total:
\Delta L_{\text{th},A}+\Delta L_{\text{th},B}-(\delta_{A}+\delta_{B})=g.
Isolando os termos elásticos:
\delta_{A}+\delta_{B}= \Delta L_{\text{th},A}+\Delta L_{\text{th},B}-g = S-g.

Passo 5

Substituir \delta por suas expressões em função de P e resolver para P. Assim:
\frac{P L_{A}}{A_{A}E_{A}}+\frac{P L_{B}}{A_{B}E_{B}}=S-g.
Fatorando P:
P\left(\frac{L_{A}}{A_{A}E_{A}}+\frac{L_{B}}{A_{B}E_{B}}\right)=S-g.
Logo
P=\frac{S-g}{\dfrac{L_{A}}{A_{A}E_{A}}+\dfrac{L_{B}}{A_{B}E_{B}}}.
Agora vamos calcular numericamente. Atenção às unidades: usar E em \mathrm{N/mm^{2}} (ou \mathrm{MPa}), áreas em \mathrm{mm^{2}}, comprimentos em \mathrm{mm}, então P sai em N.
  • Converter E: E_{A}=75\\ \mathrm{GPa}=75{,}000\\ \mathrm{N/mm^{2}}. E_{B}=190\\ \mathrm{GPa}=190{,}000\\ \mathrm{N/mm^{2}}.
  • Já calculamos S=1{,}23475\\ \mathrm{mm} e g=0{,}5\\ \mathrm{mm}, então S-g=0{,}73475\\ \mathrm{mm}.
Calcular os termos:
\frac{L_{A}}{A_{A}E_{A}}=\frac{300}{2000\cdot75{,}000}=2{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{mm/N},
\frac{L_{B}}{A_{B}E_{B}}=\frac{250}{800\cdot190{,}000}\approx1{,}64473684\times10^{-6}\\ \mathrm{mm/N}.
Soma:
\frac{L_{A}}{A_{A}E_{A}}+\frac{L_{B}}{A_{B}E_{B}}\approx3{,}64473684\times10^{-6}\\ \mathrm{mm/N}.
Portanto
P=\frac{0{,}73475}{3{,}64473684\times10^{-6}}\approx201\,653\\ \mathrm{N}.

Passo 6

Determinar a tensão no cilindro A. A tensão axial (compressiva) é
\sigma_{A}=\frac{P}{A_{A}}=\frac{201\,653}{2000}=100{,}8265\\ \mathrm{N/mm^{2}}=100{,}8265\\ \mathrm{MPa}.
Arredondando de forma prática:
\sigma_{A}\approx100{,}8\\ \mathrm{MPa}\quad(\text{compressão}).ã

Passo 7

Calcular a variação final do comprimento do cilindro A. Como explicado, o comprimento final relativo à posição inicial é a dilatação térmica livre menos o encurtamento elástico:
\Delta L_{A}=\Delta L_{\text{th},A}-\delta_{A}.
Já temos \Delta L_{\text{th},A}=0{,}759\\ \mathrm{mm}. Calcular \delta_{A}:
\delta_{A}=\frac{P L_{A}}{A_{A}E_{A}} =201\,653\cdot\frac{300}{2000\cdot75{,}000}.
Como \dfrac{L_{A}}{A_{A}E_{A}}=2{,}0\times10^{-6}\\ \mathrm{mm/N},
\delta_{A}=201\,653\times2{,}0\times10^{-6}=0{,}403306\\ \mathrm{mm}.
Então
\Delta L_{A}=0{,}759-0{,}403306=0{,}355694\\ \mathrm{mm}\approx0{,}356\\ \mathrm{mm}.

Passo 8

Resumo dos resultados numéricos obtidos e interpretação curta (empática):
  • A tensão em A é compressiva com magnitude aproximadamente 100{,}8\\ \mathrm{MPa}. Isso significa que, ao aquecer, o alumínio pressionou contra o aço e os apoios, ficando comprimido.
  • O comprimento do alumínio aumentou, mas menos que sua dilatação livre porque parte foi anulada pelo encurtamento elástico; o aumento final é cerca de 0{,}356\\ \mathrm{mm}. Boa notícia: deu pra fechar a folga e ainda gerar tensão considerável — por isso é importante projetar com folgas e juntas térmicas.

Resposta

\sigma_{A}=100{,}8\\ \mathrm{MPa} (compressão)
\Delta L_{A}=0{,}356\\ \mathrm{mm}

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