Exercícios Resolvidos de Deformação e a Lei de Hooke

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Enunciado

O conjunto é composto por três hastes de titânio (Ti-6A1-4V) e uma barra rígida A C . A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Se uma força de 30   k N for aplicada ao anel F , determine o ângulo de inclinação da barra A C .

Dados: E T i = 120   G P a

Passo 1

A primeira coisa que vamos fazer nesse exercício é desenhar um diagrama de corpo livre da barra rígida A C (como o da imagem abaixo) e aplicar as condições de equilíbrio nela.

Com isso, vamos poder descobrir os valores das forças F C D e F A B que as hastes C D e A B fazem na barra rígida em função da força de 30   k N que a haste E F faz.

Como reação a essas forças F C D e F A B , a barra faz trações de mesma intensidade nas hastes:

E assim, as forças internas normais N nas hastes vão ser iguais à essas trações F C D e F A B :

N C D = F C D       &       N A B = F A B

Conhecendo as forças normais nas hastes, e identificando no enunciado e na figura:

  • Os comprimentos iniciais L C D = 1,2   m e L A B = 1,8   m das hastes;
  • O módulo de elasticidade E T i = 120   G P a do material das hastes;
  • E as áreas A C D = 600   m m 2 e A A B = 900   m m 2 das seções transversais das hastes,

vamos poder usar a fórmula abaixo para encontrar as variações de comprimento δ C D e δ A B nas hastes:

δ = N L E A

Obs: Essa fórmula é aquela vem da união da Lei de Hooke σ = E ε com as fórmulas da tensão normal média σ = N / A e da deformação normal ε = δ / L !

Sabendo as variações de comprimento δ C D e δ A B , vamos poder desenhar a nova configuração da barra A C e usar esse desenho para encontrar o ângulo de inclinação da barra, que é o que o exercício quer!

Passo 2

Começando pelo Diagrama de Corpo Livre da barra A C :

Duas condições de equilíbrio podem nos ajudar a relacionar essas forças aqui: o equilíbrio de momentos em relação a um ponto (vamos escolher o ponto A ) e o equilíbrio de forças na horizontal:

∑ M A = 0       &       ∑ F H = 0

Quanto ao somatório de momentos em relação ao ponto A :

A força F C D vai gerar um momento no sentido anti-horário ( + ) com um braço de 0,3   m + 0,6   m = 0,9   m .

Já a força de 30   k N vai gerar um momento no sentido horário ( - ) com um braço de 0,3   m .

Sendo assim, o somatório de momentos fica assim:

∑ M A = F C D 0,9   m - 30   k N 0,3   m = 0

Isolando F C D , temos:

F C D = 30   k N 0,3   m ( 0,9   m )

O que dá:

F C D = 10   k N

E quanto ao somatório de forças na horizontal, temos:

∑ F H = 30   k N - F C D - F A B = 0

Isolando F A B :

F A B = 30   k N - F C D

Encontramos que F C D = 10   k N , então:

F A B = 20   k N

Por último, observando as hastes:

Vemos que elas estão sob tração pura, o que significa que a força interna normal N em cada haste vai ser igual à força de tração em cada haste:

N C D = F C D = 10   k N

&

N A B = F A B = 20   k N

Passo 3

Agora que sabemos o valor das forças normais nas hastes, podemos aplicar a fórmula δ = N L / E A para encontras as variações de comprimento em cada haste.

Para a haste C D , temos:

δ C D = N C D L C D E T i A C D

Substituindo todos os valores:

δ C D = 10   k N 1,2   m 120   G P a 600   m m 2

G P a = k N / m m 2 , então as unidades k N e m m 2 vão se cortar e o resultado disso tudo vai sair em metros ( m ):

δ C D = 1,667 * 10 - 4   m

Fazendo tudo de novo para a haste A B , temos:

δ A B = N A B L A B E T i A A B

δ A B = 20   k N 1,8   m 120   G P a 900   m m 2

δ A B = 3,333 * 10 - 4   m

Passo 4

Determinadas as variações de comprimento de cada haste, podemos desenhar a nova configuração da barra A C .

Como os pontos D e B das hastes estão fixos, então toda a variação de comprimento das hastes implicou no deslocamento dos pontos C e A .

Na imagem abaixo, os pontos originais são C e A , os pontos deslocados são C ' e A ' , e as variações δ C D e δ A B são o deslocamento que houve entre esses pontos:

Agora, queremos saber o ângulo de inclinação da barra rígida em sua nova posição A ' C ' .

Então vamos definir o ângulo entre a inclinação antiga (vertical) e a inclinação nova como α .

Esse ângulo α vai fazer parte de um triângulo retângulo em que:

1. O cateto adjacente vai ser a distância vertical entre C ' e A ' , que vamos dizer que é igual à distância vertical de 0,9   m entre C e A ;

(Essa aproximação é aceita e necessária em exercícios desse tipo!)

& 2. O cateto oposto vai ser a diferença entre os deslocamentos de A e C , δ A B e δ C D .

Como mostra a imagem abaixo:

Desse desenho, conseguimos tirar que:

t g   α = δ A B - δ C D 0,9   m

Substituindo δ A B = 3,333 * 10 - 4   m e δ C D = 1,667 * 10 - 4   m :

t g   α = 3,333 - 1,667 * 10 - 4   m 0,9   m

t g   α = 1,851 * 10 - 4

Isolando α , temos:

α = a r c t g ( 1,851 * 10 - 4 )

O que dá:

α = 0,01061 °

Resposta

α = 0,01061 °

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