Exercícios Resolvidos de Ângulo de Torção e Problemas Estaticamente Indeterminados

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Enunciado

A barra abaixo está sujeita aos carregamentos mostrados. Sabendo que cada seção possui as dimensões e formatos mostrados abaixo da figura, determine o valor das reações da parede na situação mostrada.

b a r r a s   d a   p o n t o   p o s s u e m   G p = 22   G P a

b a r r a   d o   m e i o   p o s s u i   G m = 30   G P a

Passo 1

Como podemos ver, nesse tipo de questão precisamos determinar as reações de apoio. Para determinarmos essas reações de apoio precisamos saber se o nosso problema é isostático ou se é um problema estaticamente indeterminado. Como temos duas paredes no nosso problema, podemos desconfiar que talvez seja a segunda opção.

Para termos certeza que se trata de um problema estaticamente indeterminado, precisamos definir o diagrama de corpo livre e fazer o balanceamento entre o número de incógnitas e o número de equações, então vamos lá

Fazendo o somatório de torques teremos que

∑ T = 0

T A + T D - 140 - 60 = 0

T A + T D = 200

Como podemos ver temos duas incógnitas ( T A , T D ) e uma única equa��ão ( T A + T D = 20 0 ), logo de fato se trata de um problema estaticamente indeterminado. Sabemos então, que para resolve-lo precisamos do que chamamos de equação de compatibilidade.

Passo 2

Temos que lembrar que a nossa equação de compatibilidade, nesse caso, será o nosso ângulo de torção, dado por

ϕ = T   . L G   .   J

Mas onde ela será usada?

Ai que entra a nossa relação de deformação angular, ou seja, a deformação angular da nossa barra deve ser igual a deformação angular total máxima que ela pode ter, que pode ser dada por

ϕ A D = ϕ t o t a l

O que precisamos saber primeiro: como as paredes são indeslocaveis a deformação angular total máxima possível para a nossa barra é zero, logo

ϕ t o t a l = 0

O que devemos saber por segundo é que a deformação angular do trecho AD é composto de três parcelas, uma do trecho AB, uma do trecho BC e por fim do trecho CD. Logo podemos escrever a nossa equação de compatibilidade como.

ϕ A B + ϕ B C + ϕ C D = 0

Colocando tudo em termos do que já temos e também usando a nossa fórmula de deformação total teremos que

T A B . L A B G p   .   J r +   T B C . L B C G m   .   J c + T C D . L C D G p   .   J e = 0

Passo 3

Outra coisa que precisamos determinar é o momento polar de inercia, para isso temos que lembrar do seguinte conceito.

J = I y y + I z z

Vale ressaltar que essa relação só vale para os casos em que não ocorrer empenamento da nossa peça, se por acaso você fizer um exercício em que há empenamento da peça, essa relação não poderá ser usada.

Como para seções retangulares nos temos que

I z z = B H 3 12

I y y = H B 3 12

Teremos que o momento polar de inercia será

J r = I y y + I z z

J r = H B 3 12 + B H 3 12

J r = B H H 2 + B 2 12

Sabemos que

B = 40 c m = 0,40   m

H = 20 c m = 0,20 m  

Substituindo teremos que

J r = B H H 2 + B 2 12 = 0,40   .   0,20 (   0,20 2 + 0,4 2 ) 12 = 1,333   .   10 - 3 m 4

Para seções circulares sabemos que

J c = π r 4 2  

Sabemos que

r = 60 c m = 0,6   m

Substituindo teremos que

J c = π ( 0,6 ) 4 2 = 0,203   m 4

Para seções elípticas temos que

I z z = π a b 3 4

I y y = π b a 3 4

O momento polar de inercia será

J e = I y y + I z z

J e = π b a 3 4 + π a b 3 4

J e = π a b 4 ( b 2 + a 2 )

Sabemos que

a = 20   c m = 0,20   m

b = 10   c m = 0,1 0   m

Substituindo teremos que

J e = π .   0,20   .   0,10 4 0,10 2 + 0,20 2 = 7,85   .   10 - 4 m 4

Passo 4

Como só falta determinar o torque, basta apenas que cortemos as barras e façamos o equilíbrio da nossa peça.

Primeiro Torque do trecho AB

Fazendo o equilíbrio teremos que

T A B + T D - 140 - 60 = 0

T A B = 200 - T D

Normal do trecho BC

Fazendo o equilíbrio teremos que

T B C + T D - 60 = 0

T B C = 60 - T D

Normal do trecho CD

Fazendo o equilíbrio teremos que

T C D + T D = 0

T C D = - T D

Passo 5

Agora que já temos os valores dos normais vamos substituir na nossa equação

T A B . L A B G p   .   J r +   T B C . L B C G m   .   J c + T C D . L C D G p   .   J e = 0

( 200 - T D ) . L A B G p   .   J r +   ( 60 - T D ) . L B C G m   .   J c + ( - T D ) . L C D G p   .   J e = 0

Agora vamos isolar os valores de T D

200 . L A B G p   .   J r - T D . L A B G p   .   J r +   60 . L B C G m   .   J c - T D . L B C G m   .   J c - T D . L C D G p   .   J e = 0

200 . L A B G p   .   J r + 60 . L B C G m   .   J c = T D . L A B G p   .   J r + T D . L B C G m   .   J c + T D . L C D G p   .   J e

200 . L A B G p   .   J r + 60 . L B C G m   .   J c = T D L A B G p   .   J r + L B C G m   .   J c + L C D G p   .   J e    

Isolando   T D teremos que

T D = 200 . L A B G p   .   J r + 60 . L B C G m   .   J c L A B G p   .   J r + L B C G m   .   J c + L C D G p   .   J e

Agora é só calcularmos o valor de T D

Passo 6

Sabemos que

L A B = 5 0 c m = 0,50   m

L B C = 1 00 c m = 1,00   m

L C D = 50 c m = 0,50   m

G p = 22   G P a = 22000000 K N m 2

  G m = 30   G P a = 30000000 K N m 2

J r = 1,333   .   10 - 3 m 4

J c = 0,203   m 4

J e = 7,85   .   10 - 4 m 4

Substituindo teremos que

T D = 200 . L A B G p   .   J r + 60 . L B C G m   .   J c L A B G p   .   J r + L B C G m   .   J c + L C D G p   .   J e

T D = 200   .   0,5 22000000   .     1,333   .   10 - 3 + 60   .   1 30000000   .     0,203 0,5 22000000   .     1,333   .   10 - 3 + 1 30000000   .     0,203 + 0,5 22000000     .     7,85   .   10 - 4

T D = 3,42   .   10 - 3   4,62   .   10 - 5 = 74   ,   03   K N . m

Como já sabemos qual é a nossa primeira equação, basta substituir nela para descobrimos o valor de T A

T A + T D = 20 0

T A + 74   , 03   = 20 0

T A = 125   ,   97   K N . m

Resposta

T D = 74   ,   03   K N . m

T A = 125   ,   97   K N . m

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