RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS LIVRO 03

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APÊNDICE
UNIDADE 3
Resistência 
dos materiais
U3 - Estudo das relações tensão-deformação10
Apêndice
Gabaritos comentados com resposta-padrão
UNIDADE 3: Estudo das relações tensão-deformação
Gabarito 1. Faça valer a pena - Seção 3.1
1. Alternativa E.
Resposta comentada: O exercício trata de um problema de um 
estado de múltiplas tensões. Podemos, assim, aplicar a generalização 
da lei de Hooke, uma vez que precisamos determinar as deformações 
segundo os três eixos. Sabemos que a tensão em y é igual a zero. 
Com isso, somando-se aos dados do enunciado, iremos determinar 
a deformação específica.
ε
σ νσ νσ
x
x y z
E E E
Pa
Pa Pa
= + − − = +
×
×
−
×
−
90 10
100 10
0 30 0
100 10
0 3 16
9 9
, . , . 550 10
100 10
4 5 10
0 30 90 10
6
9
4
6
×
×
= ×
= − + − = −
×
−Pa
Pa
E E E
P
y
x y z
,
, .
ε
νσ σ νσ aa
Pa Pa
Pa
Pa100 10
0 30 0
100 10
0 3 150 10
100 10
7 2 109 9
6
9×
+
×
−
×
×
= − ×
, . , . , −−
= − − + = −
×
×
−
×
4
6
9 9
0 30 90 10
100 10
0 30 0
100 10
ε
νσ νσ σ
z
x y z
E E E
Pa
Pa
, . , .
PPa
Pa
Pa
+
×
×
= × −
150 10
100 10
12 3 10
6
9
4,
Agora, podemos determinar as deformações solicitadas no 
enunciado:
Diâmetro AB δφAB( ) :
δ εφAB xd m m mm= = × = =
−4 5 10 0 2 0 00009 0 094, . , , ,
Diâmetro CD δφCD( ) :
δ εφCD Zd m m mm= = × = =
−12 3 10 0 2 0 000246 0 2464, . , , ,
Espessura δLy( ) :
δ εL y yy L m m mm= = − × = − = −
−7 2 10 0 025 0 000018 0 0184, . , , ,
Finalmente, podemos determinar as medidas finais:
φAB m m m mm= + = =0 2 0 00009 0 20009 200 09, , , ,
φCD m m m mm= + = =0 2 0 000246 0 200246 200 25, , , ,
L m m m mmy = − = =0 025 0 000018 0 024982 24 98, , , ,
U3 - Estudo das relações tensão-deformação11
2. Alternativa C.
Resposta comentada: Para determinar o módulo de elasticidade, 
podemos utilizar a equação que correlaciona o Módulo de elasticidade, 
o coeficiente de Poisson e o módulo de elasticidade transversal:
G E=
+( )2 1 ν
Isolando o módulo de elasticidade, temos:
E G= +( ).2 1 ν .
O módulo de elasticidade transversal é a inclinação da reta, dado 
apresentado no diagrama tensão-deformação de cisalhamento:
G Pa Pa GPa= × = × =350 10
0 004
87 5 10 87 5
6
9
,
, ,
∴ E Pa GPa= × +( ) = × =87 5 10 2 1 0 35 236 25 10 236 259 9, . , , ,
A carga P para o escoamento do material é determinado para a 
tensão limite elástica τ = 350MPa. Com isso, temos:
τ =
P
A
 ⇒ P A Pa m Pa kPa= = × ( ) = =τ π350 10 0 005
4
6872 23 6 876
2
.
,
, , .
3. Alternativa A.
Resposta comentada: Para determinar as deformações específicas 
e a deformação por cisalhamento, vamos identificar as informações 
que o enunciado nos proporcionou:
L mx = 0 125, , L my = 0 1, , δy m= −0 002, , θ = 88 e v = 0,3.
Com isso, podemos inicialmente calcular a deformação específica 
em y :
ε
δ
y
y
yL
m
m
= =
−
= −
0 002
0 1
0 02,
,
, 
Agora, podemos determinar a deformação específica em x :
ε νεx y= − = − −( ) =0 3 0 02 0 006, , ,
Por fim, vamos calcular a deformação por cisalhamento. Podemos 
dizer que esta distorção é a diferença entre o ângulo inicial do bloco 
π
2





 pelo ângulo após a distorção β( ) .
Analisando a figura, podemos dizer que o ângulo após a distorção será:
β θ= − = − = =180 180 88 92 161    , rad
U3 - Estudo das relações tensão-deformação12
Portanto:
γ
π
xy rad= − =161 2
0 0392, , .
Gabarito 2. Faça valer a pena - Seção 3.2
1. Alternativa C.
Resposta comentada: Para resolver este problema, primeiramente 
temos de identificar o ângulo de inclinação da área que estão os 
esforços normal e cisalhante. Para isso, o ângulo θ é medido da 
perpendicular ao eixo longitudinal da barra até o plano da emenda, 
assim, temos: θ = − =90 60 30   . Podemos utilizar agora as equações 
desenvolvidas nesta seção:
σ θ=
P
A0
2cos e τ θ θ=
P
A
sen
0
cos .
Sabendo que o carregamento é P N= ×8 103 , o ângulo de inclinação 
do plano é θ = 30 , e a área é A m m0 0 0762 0 127= ( )( ), , .
Finalmente, podemos determinar a tensão normal e a tensão de 
cisalhamento na emenda:
σ θ= =
×
( )( )
= × =
P
A
N
m m
Pa kPa
0
2
3
2 38 10
0 0762 0 127
30 620 10 620cos
, ,
cos 
τ θ θ= =
×
( )( )
= ×
P
A
sen N
m m
sen
0
38 10
0 0762 0 127
30 30 357 96 1cos
, ,
cos ,  00 357 963Pa kPa= ,
2. Alternativa E.
Resposta comentada: Para resolver este exercício, é preciso desenhar 
o diagrama de corpo livre, conforme a figura a seguir, para poder 
obter os esforços utilizando as equações de condição de equilíbrio.
Fonte: elaborada pelo autor.
Figura | Diagrama de corpo livre
U3 - Estudo das relações tensão-deformação13
Com isso, podemos obter os esforços:
∑ =Fx 0 ⇒ V P− =cosθ 0 ∴ V P= cosθ 
∑ =Fy 0 ⇒ N Psen− =θ 0 ∴ N Psen= θ 
Como a área do plano inclinado é A
A
senθ θ
= , temos as tensões 
conforme equações a seguir:
σ
θ
θ
θ= = =
N
A
Psen
A
sen
P
A
sen2
τ
θ
θ
θ θ= = =
V
A
P
A
sen
P
A
sencos cos
3. Alternativa A.
Resposta comentada: Para resolver este problema, podemos utilizar 
as equações desenvolvidas nesta seção:
σ θ=
P
A0
2cos e τ θ θ=
P
A
sen
0
cos . Sabendo que o carregamento é 
P N= ×6 103 , o ângulo de inclinação do plano é θ = 30, e a área é 
A m m m0
20 15 0 15 0 0225= ( )( ) =, , , .
Finalmente, podemos determinar a tensão normal e a tensão de 
cisalhamento para seção a a−
σ θ= =
×
= × =
P
A
N
m
Pa MPa
0
2
3
2
2 66 10
0 0225
30 0 2 10 0 2cos
,
cos , ,
τ θ θ= =
×
= × =
P
A
sen N
m
sen Pa
0
3
2
66 10
0 0225
30 30 0 115 10 0 115cos
,
cos , ,  MMPa
Gabarito 3. Faça valer a pena - Seção 3.3
1. Alternativa A.
Resposta comentada: Para obter as tensões no plano oblíquo, 
analisando o equilíbrio do triângulo hachurado, devemos fazer 
o diagrama de corpo livre das forças que atuam neste triângulo, 
conforme apresentado na figura.
U3 - Estudo das relações tensão-deformação14
Estamos considerando a área do plano oblíquo como A. Com isso, 
a área da face vertical do plano de tensões será o cateto adjacente 
do ângulo de 20 , ou seja, Acos20 , e a face horizontal será o cateto 
oposto, com isso temos a área desta face de Asen20 . Devemos, 
então, multiplicar as respectivas áreas com as tensões atuantes nas 
faces para obtermos as forças e utilizar as equações de condição de 
equilíbrio destas forças. Com isso, temos:
∑ =Fx ' 0
σA A A sen Asen Asen− − − −°120 20 20 45 20 45 20 20 60 20cos cos cos cos      sen20 0=
σ = + + +°120 20 20 45 20 20 45 20 20 60 20cos cos cos cos     sen sen sen senn20 0 =
σ =14191, MPa
∑ =Fy ' 0
τA A sen A Asen sen Asen+ − + −120 20 20 45 20 20 45 20 20 60cos cos cos      220 20 0 cos =
τ = − + − +120 20 20 45 20 20 45 20 20 60 20cos cos cos c      sen sen sen sen oos20
τ =15 19, MPa
2. Alternativa D.
Resposta comentada: Para determinar as tensões principais, primeiro 
iremos identificar corretamente as tensões no estado plano de 
tensão, são elas:
σ x MPa= −60 , σ y MPa= −40 e τ xy MPa= 35 .
Vamos, então, aplicar na Equação das tensões principais:
σ
σ σ σ σ
τ1
2
2
2
2 2
60 40
2
60 40
2
3=
+
+
−




 + =
− −
+
− − −( )




 +
x y x y
xy 55 13 6
2 = − , MPa
Fonte: elaborado pelo autor.
Figura | Diagrama de corpo livre
U3 - Estudo das relações tensão-deformação15
σ
σ σ σ σ
τ2
2
2
2
2 2
60 40
2
60 40
2
3=
+
−
−




 + =
− −
−
− − −( )




 +
x y x y
xy 55 86 4
2 = − , MPa
Para identificar a orientação deste plano principal, podemos calcular 
da seguinte forma:
tg p
xy
x y
2
2
2 35
60 40
3 50θ
τ
σ σ
=
−( )
=
− +
= −
. ,
2 3 5 74 05θp artg= −( ) = −, , 
Portanto,
θp1 37 0= − ,
 e θp2 37 90 53= − + =   
3. Alternativa C.
Resposta comentada: Para determinar a tensão máxima de 
cisalhamento e a orientação do plano onde esta tensão ocorre, 
primeiramente iremos identificar corretamente as tensões no estado 
plano de tensão, são elas:
σ x MPa= 6 , σ y MPa= 30 e τ xy MPa= −9 .
Vamos, então, aplicar na equação da tensão máxima de cisalhamento:
τ
σ σ
τx y xy MPa=
−




 + =
−



 + −( ) =2
6 30
2
9 15
2
2
2
2
máx
Para identificar a orientação deste plano, podemos calcular da 
seguinte forma:
tg s
x y
xy
2
2 6 30
2 9
133θ
σ σ
τ
=
− −( )
= −
−
−( )
= −
.
,
2 133 53 13θs artg= −( ) = −, , 
∴ θs1 26 6= − ,  e θs2 26 6 90 63 4= − + =°, , 