Resistência dos Materiais - exercícios resolvidos (cap 3)

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Mecânica dos Materiais
Prof. Francisco Marcondes 
Lista 03 – Exercícios Resolvidos – Cap. 3 (Propriedades 
Mecânicas dos Materiais)
2020.2 – Fortaleza/CE
Monitor: Arthur Lima
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 01
Uma barra de um material linear elástico tem um
comprimento de 8 𝑖𝑛 e área de seção transversal
de 12 𝑖𝑛². Determine o módulo de elasticidade
quando a barra é submetida à uma força axial de
10 𝑘𝑖𝑝 o qual alonga a barra 0,003 𝑖𝑛.
Questão 01 Solução
𝐿 = 8 𝑖𝑛
𝐹 𝐹 = 10 𝑘𝑖𝑝
𝐴 = 12 𝑖𝑛²
𝛿 = 0,003 𝑖𝑛
𝜎 = 𝐸𝜀 → 𝐸 =
𝜎
𝜀
=
833,33
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
0,000375
𝑖𝑛
𝑖𝑛
= 2222213,33
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
→ 𝐸 = 2222,2 𝑘𝑠𝑖
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
10 𝑘𝑖𝑝
12 𝑖𝑛²
=
10 𝑥 103 𝑙𝑏𝑓
12 𝑖𝑛²
= 833,33
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
𝜀 =
𝛿
𝐿
=
0,003 𝑖𝑛
8 𝑖𝑛
= 0,000375
𝑖𝑛
𝑖𝑛
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 02
O cano rígido é suportado pelo pino no ponto A e
por um arame A-36 (𝐸 = 29 𝑥 10³ 𝑘𝑠𝑖) com um
diâmetro de 0,25 𝑖𝑛. Determine a carga P se a
extremidade no ponto C do cano move-se
0,075 𝑖𝑛 para baixo. Adote comportamento
linear do arame. Teste se a hipótese de
comportamento linear do arame é válida levando
em consideração que a tensão de escoamento do
arame é 36 𝑘𝑠𝑖.
Questão 02 Solução
𝑬𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝑰𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝑬𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝑭𝒊𝒏𝒂𝒍
𝐵
𝐴 𝐷
𝜃
4
𝑓
𝑡
𝐶
3 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡
𝑃
𝐵′
𝐴′ 𝐷′
4
𝑓
𝑡
𝐶
3 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡
𝑃
C′
𝐷
0,075 𝑖𝑛𝛿𝐷
𝐴𝑦
𝐴𝑥
3 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡
𝑇𝐵𝐷
𝜃
𝑃
(𝑇𝐵𝐷sin 𝜃)(3) − 𝑃(6) = 0
 𝑀𝐴 = 0
𝑥
𝑦
+
𝑇𝐵𝐷 =
2𝑃
sin 𝜃
→ 𝑇𝐵𝐷 = 2,5 𝑃
∆𝐴𝐵𝐷
tan 𝜃 =
4
3
𝜃 = 53,13°𝐴 𝐷
𝐶
𝐵𝐷2 = 42 + 32
𝐵𝐷 = 5 𝑓𝑡 = 𝐵′𝐷
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 03
O cano rígido é suportado pelo pino no ponto A e
por um arame A-36 (𝐸 = 29 𝑥 10³ 𝑘𝑠𝑖) com um
diâmetro de 0,25 𝑖𝑛. Determine a carga P se a
extremidade no ponto C do cano move-se
0,075 𝑖𝑛 para baixo. Adote comportamento
linear do arame. Teste se a hipótese de
comportamento linear do arame é válida levando
em consideração que a tensão de escoamento do
arame é 36 𝑘𝑠𝑖.
Questão 02 Solução
𝑬𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝑰𝒏𝒊𝒄𝒊𝒂𝒍 𝑬𝒔𝒕𝒂𝒅𝒐 𝑭𝒊𝒏𝒂𝒍
𝐵
𝐴 𝐷
𝜃
4
𝑓
𝑡
𝐶
3 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡
𝑃
𝐵′
𝐴′ 𝐷′
4
𝑓
𝑡
𝐶
3 𝑓𝑡 3 𝑓𝑡
𝑃
C′
𝐷
0,075 𝑖𝑛𝛿𝐷
𝐵′𝐷′2 = 𝛿𝐷
2 + 𝐵′𝐷2 − 2𝛿𝐷𝐵
′𝐷 cos 𝜃′
𝐿𝑒𝑖 𝑑𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑠𝑠𝑒𝑛𝑜𝑠:
𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑒𝑚𝑒𝑙ℎ𝑎𝑛ç𝑎 𝑑𝑒 𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜𝑠:
∆𝐵′𝐷𝐷′
θ′ = 90° + 𝜃
𝜃′ = 143,13°
𝜃′
𝐵′𝐷′² = 0,003122 + 52 − 2 0,00312 5 cos(143,13)
3
6
=
𝛿𝐷
0,075
→ 𝛿𝐷 = 0,0375 𝑖𝑛 = 0,00312 𝑓𝑡(∆𝐴′𝐷𝐷′ 𝑒 ∆𝐴′𝐶𝐶′)
𝐵′𝐷′ = 5,0025 𝑓𝑡
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 04
O cano rígido é suportado pelo pino no ponto A e
por um arame A-36 (𝐸 = 29 𝑥 10³ 𝑘𝑠𝑖) com um
diâmetro de 0,25 𝑖𝑛. Determine a carga P se a
extremidade no ponto C do cano move-se
0,075 𝑖𝑛 para baixo. Adote comportamento
linear do arame. Teste se a hipótese de
comportamento linear do arame é válida levando
em consideração que a tensão de escoamento do
arame é 36 𝑘𝑠𝑖.
Questão 02 Solução
𝑆𝑎𝑏𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝐵′𝐷′ = 5,0025 𝑓𝑡 𝑒 𝐵𝐷 = 5 𝑓𝑡:
𝜀 =
𝐵′𝐷′ − 𝐵𝐷
𝐵𝐷
=
5,0025 − 5
5
→ 𝜀 = 0,0005
𝑓𝑡
𝑓𝑡
= 0,0005
𝑖𝑛
𝑖𝑛
𝐹 = 𝑇𝐵𝐷 = 2,5 𝑃 → 𝑃 =
711,767
2,5
→ 𝑃 = 284,7 𝑙𝑏𝑓
𝜎 =
𝐹
𝐴
= 𝐸𝜀 → 𝐹 = 𝐸𝐴𝜀 = 29 𝑥 106
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
𝜋
0,252
4
𝑖𝑛² 0,0005
in
in
→ 𝐹 = 711,767 𝑙𝑏𝑓
1 𝑘𝑠𝑖 = 10³ 𝑙𝑏𝑓/𝑖𝑛²
𝐴𝑠𝑠𝑖𝑚,
𝜎 = 𝐸𝜀 = 29 𝑥 106
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
0,0005
𝑖𝑛
𝑖𝑛
→ 𝜎 = 14,5 𝑥 103
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
< 36 𝑥 103
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
= 36 ksi
𝐿𝑜𝑔𝑜, é 𝑢𝑚 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜/𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜.
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 05
Uma barra tendo o comprimento de 5 𝑖𝑛 e a área
da seção transversal de 0,7 𝑖𝑛² é sujeita a força
axial de 8000 𝑙𝑏𝑓. Se a barra alongasse
0,002 𝑖𝑛 para o carregamento aplicado,
determine o módulo de elasticidade do material.
O material tem comportamento elástico linear.
𝑘𝑠𝑖 = 10³ 𝑙𝑏𝑓/𝑖𝑛².
Questão 03 Solução
𝐿 = 5 𝑖𝑛
𝐹 𝐹 = 8000 𝑙𝑏𝑓
𝐴 = 0,7 𝑖𝑛²
𝛿 = 0,002 𝑖𝑛
𝜎 = 𝐸𝜀 → 𝐸 =
𝜎
𝜀
=
11428,57
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
0,0004
𝑖𝑛
𝑖𝑛
= 28571425
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
→ 𝐸 = 28571,4 𝑘𝑠𝑖
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
8000 𝑙𝑏𝑓
0,7 𝑖𝑛²
= 11428,57
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
𝜀 =
𝛿
𝐿
=
0,002 𝑖𝑛
5 𝑖𝑛
= 0,0004
𝑖𝑛
𝑖𝑛
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 06
O diagrama tensão deformação para a resina de
poliéster é mostrada na figura abaixo. Se a viga
rígida é suportada pela barra AB e poste CD,
ambas feitas de poliéster, determine a maior
carga P que pode ser aplicada para a viga que
evite o rompimento do poste e da barra. O
diâmetro da barra é 12 mm e o do poste é 40
mm.
Questão 04 Solução
𝐵𝐴𝐵
0,75 𝑚 0,75 𝑚
𝑃𝐶𝐷
𝐵𝐴𝐵 − 𝑃 + 𝑃𝐶𝐷 = 0
 𝐹𝑦 = 0
𝑥
𝑦
+
𝐴 𝐹 𝐶
𝑃
 𝑀𝐴 = 0
𝐵𝐴𝐵 = 0,5 𝑃
−𝑃(0,75) + 𝑃𝐶𝐷(1,5) = 0
𝑃𝐶𝐷 = 0,5 𝑃
𝑁𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵:
𝐴𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝜋
𝑑𝐵
2
4
=
𝜋 12 𝑥 10−3 2
4
𝐴𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 = 1,131 x 10
−4 𝑚²
𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑒 𝐶𝐷:
𝐴𝑃𝑜𝑠𝑡𝑒 = 𝜋
𝑑𝑃
2
4
=
𝜋 40 𝑥 10−3 2
4
𝐴𝑃𝑜𝑠𝑡𝑒 = 1,257 x 10
−3 𝑚²
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 07
O diagrama tensão deformação para a resina de
poliéster é mostrada na figura abaixo. Se a viga
rígida é suportada pela barra AB e poste CD,
ambas feitas de poliéster, determine a maior
carga P que pode ser aplicada para a viga que
evite o rompimento do poste e da barra. O
diâmetro da barra é 12 mm e o do poste é 40
mm.
Questão 04 Solução
𝐵𝐴𝐵
0,75 𝑚 0,75 𝑚
𝑃𝐶𝐷𝑥
𝑦
+
𝐴 𝐹 𝐶
𝑃
𝑁𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵:
𝜎𝑟𝑢𝑝𝑡 barra = 50 MPa
- A barra encontra-se sob tração e o poste sob compressão.
𝜎𝑟𝑢𝑝𝑡 poste = 95 MPa
50 𝑀𝑃𝑎 =
0,5 𝑃
1,131 x 10−4
→ 𝑃 = 11310 𝑁
𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜 𝐶𝐷:
95 𝑀𝑃𝑎 =
0,5 𝑃
1,257 x 10−4
→ 𝑃 = 23883 𝑁
- O P deve ser o menor dos dois valores, pois senão ultrapassa a tensão de ruptura da barra.
𝑃 = 11310 𝑁
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 08
A parte elástica do diagrama tensão-deformação
do alumínio é mostrada abaixo. O corpo de prova
utilizado no teste tem 2 𝑖𝑛 de comprimento e um
diâmetro de 0,5 𝑖𝑛. Se uma carga de 104 𝑙𝑏𝑓 é
aplicada ao corpo de prova, determine o novo
diâmetro do mesmo. Dados: Módulo de
cisalhamento do alumínio (𝐺𝑎𝑙 = 3,8 𝑥 10
6 𝑙𝑏𝑓/
𝑖𝑛²); 1 ft = 12 in; 1 ksi = 10³ lbf/in².
Questão 05 Solução
𝐴 =
𝜋𝑑²
4
=
𝜋(0,5 𝑖𝑛)²
4
→ 𝐴 = 0,19635 𝑖𝑛²
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
104 𝑙𝑏𝑓
0,19635 𝑖𝑛²
= 50929,46
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛²
→ 𝜎 = 50,93 𝑘𝑠𝑖 < 70 𝑘𝑠𝑖
𝐸 =
70 𝑥 103
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
0,00614
𝑖𝑛
𝑖𝑛
= 11400651,47
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛²
→ 𝐸 = 11,4 𝑥 103 𝑘𝑠𝑖
𝐶𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑜
𝑑 = 0,5 𝑖𝑛 𝐹 = 104 𝑙𝑏𝑓 𝐺 = 3,8 𝑥 106 𝑙𝑏𝑓/𝑖𝑛2
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 09
A parte elástica do diagrama tensão-deformação
do alumínio é mostrada abaixo. O corpo de prova
utilizado no teste tem 2 𝑖𝑛 de comprimento e um
diâmetro de 0,5 𝑖𝑛. Se uma carga de 104 𝑙𝑏𝑓 é
aplicada ao corpo de prova, determine o novo
diâmetro do mesmo. Dados: Módulo de
cisalhamento do alumínio (𝐺𝑎𝑙 = 3,8 𝑥 10
6 𝑙𝑏𝑓/
𝑖𝑛²); 1 ft = 12 in; 1 ksi = 10³ lbf/in².
Questão 05 Solução
𝜀𝑙𝑎𝑡 = −2,2335 𝑥 10
−3 =
𝑑′ − 𝑑
𝑑
=
𝑑′ − 0,5
0,5
→ 𝑑′ = 0,49888 in
𝜈 = 0,5 = −
𝜀𝑙𝑎𝑡
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔
→ 𝜀𝑙𝑎𝑡 = −0,5 4,467 𝑥 10
−3 → 𝜀𝑙𝑎𝑡 = −2,2335 𝑥 10
−3
𝜎 = 𝐸𝜀 → 𝜀 =
𝜎
𝐸
=
50,93 𝑘𝑠𝑖
11,4 𝑥 103 𝑘𝑠𝑖
→ 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = 4,467 𝑥 10
−3
𝑖𝑛
𝑖𝑛
𝐺 =
𝐸
2(1 + 𝜈)
→ 1 + 𝜈 =
𝐸
2𝐺
→ 𝛾 =
𝐸
2𝐺
− 1 → 𝜈 =
11,4 𝑥 103 𝑘𝑠𝑖
2 3,8 𝑥 103 𝑘𝑠𝑖
− 1 → 𝜈 = 0,5
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 10
Determine a elongação de uma barra quadrada
vazada quando submetida para uma força axial
𝑃 = 100 𝑘𝑁. Se esta força é aumentada para
𝑃 = 360 𝑘𝑁 e retirada, encontre a elongação
permanente da barra. A barra é feita de uma liga
metálica tendo o diagrama tensão-deformação
mostrado abaixo.
Questão 06 Solução
50 𝑚𝑚
5
0
𝑚
𝑚
5 𝑚𝑚
5 𝑚𝑚
600 𝑚𝑚
𝑃𝑃
𝐴 = 50 𝑚𝑚 2 − 40𝑚𝑚 2 → 𝐴 =900 𝑚𝑚2 = 900 x 10−6 𝑚² 𝐿 = 600 𝑚𝑚 = 0,6 𝑚
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑃 = 100 𝑘𝑁:
𝜎 =
𝑃
𝐴
=
100 𝑥 103𝑁
900 x 10−6 𝑚²
→ 𝜎 = 111,111 𝑀𝑃𝑎 𝐸 =
250 𝑀𝑃𝑎
0,00125
𝑚𝑚
𝑚𝑚
→ 𝐸 = 200 𝑥 103𝑀𝑃𝑎
𝜎 = 𝐸𝜀 → 𝜀 =
𝜎
𝐸
=
111,111 𝑀𝑃𝑎
200 𝑥 103 𝑀𝑃𝑎
→ 𝜀 = 5,55 𝑥 10−4
𝑚𝑚
𝑚𝑚
𝜀 =
𝛿
𝐿
→ 𝛿 = 0,333 𝑚𝑚
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 11
Determine a elongação de uma barra quadrada
vazada quando submetida para uma força axial
𝑃 = 100 𝑘𝑁. Se esta força é aumentada para
𝑃 = 360 𝑘𝑁 e retirada, encontre a elongação
permanente da barra. A barra é feita de uma liga
metálica tendo o diagrama tensão-deformação
mostrado abaixo.
Questão 06 Solução
50 𝑚𝑚
5
0
𝑚
𝑚
5 𝑚𝑚
5 𝑚𝑚
600 𝑚𝑚
𝑃𝑃
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑃 = 360 𝑘𝑁:
𝜎 =
𝑃
𝐴
=
360 𝑥 103𝑁
900 x 10−6 𝑚²
→ 𝜎 = 400 𝑀𝑃𝑎
500 − 250
0,05 − 0,00125
=
400 − 250
𝜀1 − 0,00125
→ 𝜀1 = 0,0305
𝑚𝑚
𝑚𝑚
𝜀1 − 𝜀𝑝 =
400
𝐸
→ 𝜀𝑝 = 𝜀1 −
400
𝐸
→ 𝜀𝑝 = 0,0305 −
400
200 𝑥 103
→ 𝜀𝑝 = 0,0285 𝑚𝑚/𝑚𝑚
𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 𝑝𝑙á𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 𝑃𝑒𝑙𝑜 𝑜 𝑔𝑟á𝑓𝑖𝑐𝑜
𝜀𝑝 =
𝛿′
𝐿
→ 𝛿′ = 17,1 𝑚𝑚
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 12
O bloco de alumínio tem secção transversal
retangular e é submetido à uma força de
compressão axial de 8 𝑘𝑝𝑠𝑖 . Se o lado de
1,5 𝑖𝑛 tem o seu comprimento alterado para
1,500132 𝑖𝑛, determine o coeficiente de Poisson
do novo comprimento do lado de 2 𝑖𝑛. 𝐸𝐴𝑙 =
104 𝑘𝑝𝑠𝑖.
Questão 07 Solução
3 𝑖𝑛
8 𝑘𝑖𝑝
8 𝑘𝑖𝑝
𝜀𝑙𝑎𝑡 =
1,500132 − 1,5
1,5
= 0,000088
𝑖𝑛
𝑖𝑛
1,5 𝑖𝑛
2
𝑖𝑛
1,500132 𝑖𝑛
L
’
𝐻𝑖𝑝ó𝑡𝑒𝑠𝑒: 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑑𝑢𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑎 𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜
𝜎 = 𝐸𝜀 → 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 =
𝜎
𝐸
=
8
104
→ 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = 8 𝑥 10
−4
𝑖𝑛
𝑖𝑛
C𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = −8 𝑥 10
−4
𝑖𝑛
𝑖𝑛
𝜎 = 8 𝑘𝑝𝑠𝑖 = 8 𝑥 103
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 13
O bloco de alumínio tem secção transversal
retangular e é submetido à uma força de
compressão axial de 8 𝑘𝑝𝑠𝑖 . Se o lado de
1,5 𝑖𝑛 tem o seu comprimento alterado para
1,500132 𝑖𝑛, determine o coeficiente de Poisson
do novo comprimento do lado de 2 𝑖𝑛. 𝐸𝐴𝑙 =
104 𝑘𝑝𝑠𝑖.
Questão 07 Solução
3 𝑖𝑛
8 𝑘𝑖𝑝
8 𝑘𝑖𝑝
𝜈 =
−𝜀𝑙𝑎𝑡
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔
𝜀𝑙𝑎𝑡 =
1,500132 − 1,5
1,5
= 0,000088
𝑖𝑛
𝑖𝑛
1,5 𝑖𝑛
2
𝑖𝑛
1,500132 𝑖𝑛
L
’
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = −8 𝑥 10
−4
𝑖𝑛
𝑖𝑛
ν =
−0,000088
−8 x 10−4
→ ν = 0,11
εlat = 0,000088 =
L′ − L
L
=
L′ − 2
2
→ L′ = 2,000176 in
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 14
O bloco de alumínio tem secção transversal
retangular e é submetido à uma força de
compressão axial de 8 𝑘𝑝𝑠𝑖 . Se o lado de
1,5 𝑖𝑛 tem o seu comprimento alterado para
1,500132 𝑖𝑛, determine o coeficiente de Poisson
do novo comprimento do lado de 2 𝑖𝑛. 𝐸𝐴𝑙 =
104 𝑘𝑝𝑠𝑖.
Questão 07 Solução
3 𝑖𝑛
8 𝑘𝑖𝑝
8 𝑘𝑖𝑝
𝐴 = 1,5 𝑥 2 → 𝐴 = 3 𝑖𝑛²
1,5 𝑖𝑛
2
𝑖𝑛
1,500132 𝑖𝑛
L
’
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 =
2,667 𝑥 103
107
→ 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = 0,0002667
𝑖𝑛
𝑖𝑛
→ 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔= − 0,0002667
𝑖𝑛
𝑖𝑛
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
8 𝑥 103 𝑙𝑏𝑓
3 𝑖𝑛²
→ σ = 2,667 𝑥 103
𝑙𝑏𝑓
𝑖𝑛2
𝐹 = 8 𝑘𝑖𝑝 → 𝐹 = 8 𝑥 103 𝑙𝑏𝑓
ν′ =
−0,000088
−0,0002667
→ ν′ = 0,33
C𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 15
O tampão tem diâmetro de 30 𝑚𝑚 e ajuste-se ao
interior de uma luva rígida com diâmetro interno
de 32 𝑚𝑚. Ambos tampão e luva, têm 50 𝑚𝑚 de
comprimento. Determine a pressão axial p que
deve ser aplicada à parte superior do tampão
para que ele fique em contato com as laterais da
luva. Determine também a que distância o
tampão deve ser comprimido para baixo para
que isso aconteça. O material do tampão tem
𝐸 = 5𝑀𝑃𝑎 e ν = 0,45.
Questão 08 Solução
𝐷𝐿𝑢𝑣𝑎 = 32 𝑚𝑚
𝜀𝑙𝑎𝑡 =
𝐷𝑓 − 𝐷𝑖
𝐷𝑖
→ 𝜀𝑙𝑎𝑡 =
32 − 30
30
→ 𝜀𝑙𝑎𝑡 = 0,06667
𝑚𝑚
𝑚𝑚
ν =
−𝜀𝑙𝑎𝑡
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔
→ 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = −
𝜀𝑙𝑎𝑡
ν
𝐷𝑇𝑎𝑚𝑝ã𝑜 = 30 𝑚𝑚
𝐿𝑜 = 50 𝑚𝑚
ν = 0,45
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 =
−0,06667
0,45
→ 𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 = −0,1481
𝑚𝑚
𝑚𝑚
𝜀𝑙𝑜𝑛𝑔 =
𝛿
𝐿𝑜
→ 𝛿 = −7,405 𝑚𝑚
𝑝 = 𝜎 = 𝐸𝜀 = 5 𝑀𝑃𝑎 −0,1481
𝑚𝑚
𝑚𝑚
→ 𝑝 = −0,7405 𝑀𝑃𝑎
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 16
A figura abaixo apresenta o diagrama tensão-
deformação para uma resina de poliéster. Se a
viga rígida for suportada por uma barra AB e um
poste CD, ambos feitos deste material, e for
submetida a uma carga 𝑃 = 80 𝑘𝑁, determine o
ângulo de inclinação da viga quando a carga for
aplicada. O diâmetro da barra é 40 𝑚𝑚, e o
diâmetro do posto é 80 𝑚𝑚.
Questão 09 Solução
𝐵𝐴𝐵
0,75 𝑚 0,75 𝑚
𝑃𝐶𝐷
𝐵𝐴𝐵 − 𝑃 + 𝑃𝐶𝐷 = 0
 𝐹𝑦 = 0
𝑥
𝑦
+
𝐴 𝐹 𝐶
𝑃
 𝑀𝐴 = 0
𝐵𝐴𝐵 = 40 𝑘𝑁
−𝑃(0,75) + 𝑃𝐶𝐷(1,5) = 0
𝑃𝐶𝐷 = 0,5 𝑃 = 40 𝑘𝑁
𝑁𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵:
𝐴𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝜋
𝑑𝐵
2
4
=
𝜋 40 𝑥 10−3 2
4
𝐴𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 = 1,257 x 10
−3 𝑚²
𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑒 𝐶𝐷:
𝐴𝑃𝑜𝑠𝑡𝑒 = 𝜋
𝑑𝑃
2
4
=
𝜋 80 𝑥 10−3 2
4
𝐴𝑃𝑜𝑠𝑡𝑒 = 5,026 x 10
−3 𝑚²
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 17
A figura abaixo apresenta o diagrama tensão-
deformação para uma resina de poliéster. Se a
viga rígida for suportada por uma barra AB e um
poste CD, ambos feitos deste material, e for
submetida a uma carga 𝑃 = 80 𝑘𝑁, determine o
ângulo de inclinação da viga quando a carga for
aplicada. O diâmetro da barra é 40 𝑚𝑚, e o
diâmetro do posto é 80 𝑚𝑚.
Questão 09 Solução
𝐵𝐴𝐵
0,75 𝑚 0,75 𝑚
𝑃𝐶𝐷𝑥
𝑦
+
𝐴 𝐹 𝐶
𝑃
𝑁𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵:
- A barra encontra-se sob tração e o poste sob compressão.
𝜎𝐴𝐵 =
40 𝑘𝑁
1,257 x 10−3
→ 𝜎𝐴𝐵 = 31,82 𝑀𝑃𝑎
𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜 𝐶𝐷:
𝜎𝐶𝐷 =
40 𝑘𝑁
5,026 x 10−3
→ 𝜎𝐶𝐷 = 7,96 𝑀𝑃𝑎
𝐸 =
32,2
0,01
→ 𝐸 = 3220 𝑀𝑃𝑎
𝜎𝐴𝐵 = 𝐸𝜀 → 𝜀 =
31,83
3220 𝜎𝐶𝐷 = 𝐸𝜀 → 𝜀 =
7,96
3220
𝜀 = 9,88 𝑥 10−3
𝑚𝑚
𝑚𝑚 𝜀 = 2,47 𝑥 10
−3
𝑚𝑚
𝑚𝑚
Mecânica dos Materiais
Monitor: Arthur Lima 18
A figura abaixo apresenta o diagrama tensão-
deformação para uma resina de poliéster. Se a
viga rígida for suportada por uma barra AB e um
poste CD, ambos feitos deste material, e for
submetida a uma carga 𝑃 = 80 𝑘𝑁, determine o
ângulo de inclinação da viga quando a carga for
aplicada. O diâmetro da barra é 40 𝑚𝑚, e o
diâmetro do posto é 80 𝑚𝑚.
Questão 09 Solução
𝜃
𝛿𝐵
𝛿𝑃
1,5 𝑚
𝑁𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵: 𝑁𝑜 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜 𝐶𝐷:
𝜀 = 9,88 𝑥 10−3 =
𝛿𝐵
2
→ 𝛿𝐵 = 0,01976 𝑚 𝜀 = 2,47 𝑥 10
−3 =
𝛿𝑃
0,5
→ 𝛿𝑃 = 0,001235 𝑚
tan 𝜃 =
𝛿𝐵 − 𝛿𝑃
1,5
→ 𝜃 = 0,707°