2.3 Um fio de aço de 60 m de comprimento está submetido a uma força de tração de 6 kN . Sabendo que E=200 \mathrm{GPa} e que o comprimento do fio deve aumentar no máximo 48 mm , determine (a) o menor diâmetro que pode ser selecionado para o fio e (b) a tensão normal correspondente.
2.33 Uma barra de 250 mm de comprimento e seção transversal retangular de 15 \times 30 \mathrm{~mm} é formada por duas camadas de alumínio de 5 mm de espessura, e uma camada central de latão de mesma espessura. Se o conjunto é submetido a forças centradas de intensidade P=30 \mathrm{kN}, e sabendo que E_{\text {alum }}=70 \mathrm{GPa} e E_{\text {latão }}=105 \mathrm{GPa}ã, determine a tensão normal ( a ) nas camadas de alumínio e ( b ) na camada de bronze.

Passo 1

Enunciado e dados (vou listar separadamente os dados e o que cada pergunta pede):
Problema 2.3 — Dados:
\begin{aligned} &\text{comprimento do fio } L=60\\ \text{m}=60000\\ \text{mm},\\\ &\text{força de tração } P=6\\ \text{kN}=6000\\ \text{N},\\\ &\text{módulo de Young } E=200\\ \text{GPa}=200000\\ \text{N/mm}^2,\\\ &\text{a elongação máxima permitida } \Delta L_{\max}=48\\ \text{mm}. \end{aligned}ççãóçãá
O que se pede:
(a) o menor diâmetro do fio, (b) a tensão normal correspondente.
Problema 2.33 — Dados:
\begin{aligned} &\text{comprimento da barra } L=250\\ \text{mm},\\\ &\text{seção retangular total } 15\times 30\\ \text{mm (espessura total }15\\ \text{mm e largura }30\\ \text{mm}),\\\ &\text{configuração em camadas ao longo da espessura: alumínio (5 mm)}\\\ &\qquad\text{— camada superior }(5\\ \text{mm}),\\ \text{latão central }(5\\ \text{mm}),\\ \text{alumínio inferior }(5\\ \text{mm}),\\\ &\text{força axial centrada } P=30\\ \text{kN}=30000\\ \text{N},\\\ &\;E_{\text{alum}}=70\\ \text{GPa}=70000\\ \text{N/mm}^2,\quad E_{\text{latão}}=105\\ \text{GPa}=105000\\ \text{N/mm}^2. \end{aligned}çãçãíãíçã
O que se pede:
(a) a tensão normal nas camadas de alumínio, (b) a tensão normal na camada de latão.

Passo 2

Conceitos e fórmulas essenciais (aulas rápidas e intuitivas que vamos usar).
  1. Deformação axial e Lei de Hooke (modo simples):
  • Definimos deformação axial média como \varepsilon=\dfrac{\Delta L}{L}, que é sem unidade.
  • A Lei de Hooke no regime elástico linear diz que a tensão normal média \sigma e a deformação \varepsilon estão relacionadas por
\sigma=E\,\varepsilon.
Aqui \sigma tem unidades de \text{N/mm}^2 (ou MPa), E também em \text{N/mm}^2, e \varepsilon é adimensional.
  1. Equilíbrio axial (forças internas):
  • Para uma barra de área de seção transversal A submetida a força axial P, a tensão média é
\sigma=\frac{P}{A}.
  1. Relação deformação-deslocamento:
  • A elongação axial (variação de comprimento) relaciona-se com tensão por
\Delta L=\varepsilon L=\frac{\sigma L}{E}=\frac{P L}{A E}.
Esta última expressão é muito útil: ela relaciona a força aplicada P com a área necessária para que a barra sofra uma elongação \Delta L.
Vou usar essas fórmulas no problema 2.3. Para o problema 2.33, aproveitamos o fato de que, em um conjunto de materiais perfeitamente aderidos em corte plano (as camadas estão em paralelo ao eixo), todos têm a mesma deformação axial \varepsilon. Assim, cada material carrega uma fração da força proporcional a E_i A_i, e o equilíbrio total dá
P=\sum_i \sigma_i A_i=\sum_i E_i\varepsilon A_i \quad\Rightarrow\quad \varepsilon=\frac{P}{\sum_i E_i A_i},
de onde \sigma_i=E_i\varepsilon para cada material i.

Passo 3

Resolução do problema 2.3 — expressão para o diâmetro mínimo.
Começo da montagem matemática: queremos que a elongação não ultrapasse \Delta L_{\max}. A relação é
\Delta L=\frac{P L}{A E}\le \Delta L_{\max}.
Para um fio circular de diâmetro d, a área é
A=\frac{\pi d^2}{4}.
Substituindo em \Delta L=\dfrac{P L}{A E} e isolando d:
\Delta L=\frac{P L}{(\pi d^2/4) E}=\frac{4 P L}{\pi E d^2}.
Isolando d^2 e depois d:
d^2=\frac{4 P L}{\pi E \Delta L},\qquad d=\sqrt{\frac{4 P L}{\pi E \Delta L}}.
Essa é a fórmula que vamos aplicar numericamente.

Passo 4

Resolução do problema 2.3 — conversões e substituição numérica (cada passo com cuidado).
Dados numéricos (já convertidos para unidades coerentes \text{N}, \text{mm}, \text{N/mm}^2):
P=6000\\ \text{N},\quad L=60000\\ \text{mm},\quad E=200000\\ \text{N/mm}^2,\quad \Delta L_{\max}=48\\ \text{mm}.
Aplicando a fórmula
d=\sqrt{\frac{4\cdot 6000\cdot 60000}{\pi\cdot 200000\cdot 48}}.
Vou calcular passo a passo:
\text{numerador}=4\cdot 6000\cdot 60000=1\,440\,000\,000.
\text{denominador}=\pi\cdot 200000\cdot 48=\pi\cdot 9\,600\,000\approx 30\,159\,287{,}5.
Dividindo:
\frac{\text{numerador}}{\text{denominador}}\approx \frac{1\,440\,000\,000}{30\,159\,287{,}5}\approx 47{,}757.
Portanto
d\approx\sqrt{47{,}757}\approx 6{,}91\\ \text{mm}.
Obs.: eu arredondei para duas casas decimais; na prova você pode escrever d\approx 6{,}9\\ \text{mm} ou escolher o diâmetro comercial imediatamente superior.

Passo 5

Resolução do problema 2.3 — cálculo da tensão normal correspondente (duas formas alternativas e equivalentes).
Forma 1 (direta pelo esforço):
\sigma=\frac{P}{A}=\frac{4P}{\pi d^2}.
Usando o valor de d^2 que encontramos (aprox. 47{,}757\\ \text{mm}^2):
\sigma\approx\frac{4\cdot 6000}{\pi\cdot 47{,}757}\approx 160\\ \text{N/mm}^2.
Forma 2 (mais simples e sempre válida): primeiro calcular \varepsilon=\dfrac{\Delta L}{L}, depois \sigma=E\varepsilon.
\varepsilon=\frac{48}{60000}=0{,}0008,\qquad \sigma=E\varepsilon=200000\cdot 0{,}0008=160\\ \text{N/mm}^2.
As duas formas dão o mesmo valor, \sigma=160\\ \text{MPa}. (Aqui usei a notação 1\\ \text{N/mm}^2=1\\ \text{MPa}.)

Passo 6

Transição para o problema 2.33 — explicando o método a usar (por que ele funciona).
Quando várias camadas diferentes formam um mesmo elemento ligado e axialmente carregado, assumimos que não há deslizamento entre camadas, logo todas têm a mesma deformação axial \varepsilon. Cada camada i tem área A_i e módulo E_i; então a força transportada por essa camada é F_i=\sigma_i A_i=E_i\varepsilon A_i. O equilíbrio de forças pede
P=\sum_i F_i=\varepsilon\sum_i E_i A_i.
Isolando \varepsilon:
\varepsilon=\frac{P}{\sum_i E_i A_i},
e finalmente
\sigma_i=E_i\varepsilon.
Essa é a fórmula que vamos aplicar no problema com três camadas (duas de alumínio idênticas e uma de latão).

Passo 7

Resolução do problema 2.33 — cálculo das áreas das camadas e preparação numérica.
Cada camada tem largura 30\\ \text{mm} e espessura 5\\ \text{mm}. Logo a área de cada camada é
A_{\text{camada}}=30\\ \text{mm}\times 5\\ \text{mm}=150\\ \text{mm}^2.
Há duas camadas de alumínio (total 2A_{\text{alum}}=300\\ \text{mm}^2) e uma camada central de latão com A_{\text{latão}}=150\\ \text{mm}^2ã.
Agora os E em unidades compatíveis:
E_{\text{alum}}=70000\\ \text{N/mm}^2,\qquad E_{\text{latão}}=105000\\ \text{N/mm}^2.ã

Passo 8

Resolução do problema 2.33 — cálculo do somatório \sum_i E_i A_i e da deformação \varepsilon.
Calculo de cada contribuição:
2E_{\text{alum}}A_{\text{alum}}=2\cdot 70000\cdot 150=21\,000\,000\\ \text{N},
E_{\text{latão}}A_{\text{latão}}=105000\cdot 150=15\,750\,000\\ \text{N}.ãã
Somando:
\sum_i E_i A_i=21\,000\,000+15\,750\,000=36\,750\,000\\ \text{N}.
Agora a deformação comum:
\varepsilon=\frac{P}{\sum_i E_i A_i}=\frac{30000}{36\,750\,000}\approx 0{,}0008163265.

Passo 9

Resolução do problema 2.33 — tensões nas camadas (aplico \sigma_i=E_i\varepsilon).
Para o alumínio:
\sigma_{\text{alum}}=E_{\text{alum}}\varepsilon=70000\cdot 0{,}0008163265\approx 57{,}14\\ \text{N/mm}^2.
Para o latão:
\sigma_{\text{latão}}=E_{\text{latão}}\varepsilon=105000\cdot 0{,}0008163265\approx 85{,}71\\ \text{N/mm}^2.ãã
Interpretação rápida: o latão, sendo mais rígido ( E maior), carrega maior tensão para a mesma deformação; as duas camadas de alumínio juntas carregam o restante do esforço.

Resposta

2.3 (a) d\approx 6{,}91\\ \text{mm}
2.3 (b) \sigma\approx 160\\ \text{MPa}
2.33 (a) \sigma_{\text{alum}}\approx 57{,}14\\ \text{MPa}
2.33 (b) \sigma_{\text{latão}}\approx 85{,}71\\ \text{MPa}ã

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