Mecânica dos Sólidos II - Tarefa 1 - Análise de Tensão e Torção

MECÂNICA DOS SÓLIDOS II TAREFA I 22023 Nos exercícios n é o número do aluno na lista de frequência no SGA e Canvas Lembrar anb anb 1 Sabese que a tensão de cisalhamento admissível na barra ABC indicada é de 30n MPa Determine os menores diâmetros para os trechos AB e BC 900 Nm C 1600 Nm B A 2 Um torque de 10n10 kNm é aplicado a um eixo de 19 m composto de uma camisa tubo de alumínio e um núcleo cilindro de aço formando um conjunto perfeitamente solidarizado O tubo tem diâmetro externo de 100 mm e o cilindro tem diâmetro de 60 mm O aço tem módulo de elasticidade transversal módulo de rigidez de 772 GPa enquanto o alumínio tem 27 GPa Determine a A tensão de cisalhamento máxima no alumínio b O ângulo de torção entre as extremidades 3 Problema 355 página 171 somandose n10 kNm ao torque 4 a Resolva o PROBLEMA 3123 página 206 considerando a tensão de cisalhamento admissível igual a 60n MPa ao invés de 70 MPa b Resolva o PROBLEMA 3 141 página 208 considerando o torque de 10n10 kNm N 5 1 τadm σ n τadm 35 MPa dabc dec 900 Nm 1600 Nm A partir do desenho temos que Tbc 900 Nm Tab 900 1600 2500 Nm Trecho BC O momento polar de inércia do seção é Jbc π dbc4 32 A tensão de cisalhamento é dado por τadm Tbc cbc Jbc onde cbc dec 2 τadm Tbc dec 2 Jbc Substituindo os valores 35x106 900 dbc 2 π dbc4 32 35x106 16900 π dbc3 dbc3 16900 π 35x106 dbc 005079 m dbc 5079 mm Trecho AB O momento polar de inércia do seção é JAB π dab4 32 A tensão de cisalhamento é dado por τadm TAB cAB JAB onde cAB dAB 2 τadm TAB dAB 2 JAB Substituindo os valores 35x106 2500 dAB 2 π dAB4 32 35x106 162500 π dAB3 dAB3 162500 π 35x106 dAB 007139 m dAB 7139 mm 2 T 10 n10 10 5 10 T 15 kNm L 39 m D 100 mm 01 m d 60 mm 006 m Gao 772 GPa Gal 27 GPa a τmax al O momento polar de inércia do aço e do alumínio são Jaco π d4 32 π 0064 32 Jaco 12723 x 106 m4 Jad π D4 d4 32 π 014 0064 32 Jad 85451 x 106 m4 O ângulo de torção é dado por φ T L G J Como os dois materiais estão perfeitamente solidarizados o ângulo de torção do aço e do alumínio são iguais ou seja φ φaco φal τaco K Gaco Jaco Tal K Gal Jal O torque total aplicado é distribuido entre o aço e o alumínio ou seja T Taco Tal Taco T Tal Portanto T Tal Gaco Jaco Tal Gal Jal T Tal Tal Gaco Jaco Gal Jal T Tal Gaco Jaco Gal Jal 1 T Tal Gaco Jaco Gal Jal Gal Jal Tal T Gal Jal Gaco Jaco Gal Jal Substituindo os valores Tal 15 x 103 27 x 109 85451 x 106 772 x 109 12723 x 106 27 109 85451 x 106 Tal 10521 Nm Tal 10521 kNm A tensão de cisalhamento máxima no alumínio é τmaxal Tal cal Jal onde cal D 2 005 m tmaxal 1052100585451106 tmaxal 6156 MPa b f Como o ângulo de torção é igual ao ângulo de torção do aço e do alumínio portanto f fal f TalLGalJal f 10521192710985451106 f 0008664 rad f 0008664 rad180pi f 04964º 3 T 14n10 14510 19 kN m G 7726 GPa A partir da imagem do exercício temos dAB 50 mm 005 m dBC 38 mm 0038 m LAB 200 mm 02 m LBC 250 mm 025 m a O diagrama de corpo livre é imagem de barra com torques sum T 0 TA T Tc 0 TA T Tc 1 TEC Tc 2 TAB Tc T 2 Além disso analisando o ponto B como os suportes são rígidos em A e C temos que Fc 0 fCB fBA fA 0 TbcLbc6Jbc TabLab6Jab 0 0 onde J pid432 TbcLbcpidbc4 TabLabpidab4 0 TbcLbcdbc4 TabLabdab4 Substituindo 2 TbcLbcdbc4 Tbc 1900Labdab4 0 Substituindo os valores Tbc02500384 Tbc 1900020054 0 1198962562Tbc 608x106 32000Tbc 0 1518962562Tbc 608x106 Tbc Tc 40027 N m Substituindo em 1 TA T Tc TA 1900 40027 TA 149973 N m b a tensão de cisalhamento é dado por tmax TcJ onde c d2 e J pid432 tmax Td2pid432 tmax 16Tpid3 b tensão de cisalhamento máximo no eixo AB é tmaxAB 16TabpidAB3 tmaxAB 16149973pi0053 tmaxAB 61104 MPa c a tensão de cisalhamento máxima no eixo BC é tmaxbc 16Tbcpidbc3 tmaxbc 1640027pi00383 tmaxbc 37151 MPa 4a tadm 6011 605 65 MPa G 27 GPa tmax d0 Barra 1 Temos que L1 900 mm 09 m b1 45 mm 0045 m h1 15 mm 0015 m Temos que b1h1 4515 3 com isso a1 0267 e b1 0263 assim t T1ab1h12 T1 ta1b1h12 T1 65x1060267004500152 T1 17572 Nm Barra 2 Temos que L2 900 mm 09 m b2 25 mm 0025 m h2 25 mm 0025 m Temos que b2h2 2525 1 com isso a2 0208 e b2 0141 assim t T2a2b2h22 T2 ta2b2h22 T2 65x1060208002500252 T2 21125 Nm O ângulo de torção na extremidade B é fB T LGJ onde J bbh3 fB T LGbbh3 fB 2112509271090141002500253 fB 012785 rad ou fB 73252º Barra 1 O ângulo de torção na extremidade B é fB T LGbbh3 fB 1757209271090063004500153 fB 014664 rad ou fB 8402º