Carga-Axial

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Carga Axial
BIBLIOGRAFIA BÁSICA:
HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais. 7. ed. São Paulo: Pearson Prentice 
Hall, c2010. xiv; 637 p. ISBN 9788576053736 (Broch.).
Conteúdo:
Carga Axial 1:
❖Princípio de Saint-Venant.
❖Deformação elástica de um elemento submetido a carga axial.
❖Carga constante e área de seção transversal.
❖Convenção de sinais.
❖Princípio da superposição.
❖Elemento com carga axial estaticamente indeterminado.
❖Exercícios resolvidos.
Princípio de Saint-Venant
• O princípio Saint-Venant afirma que a deformação e tensão localizadas nas 
regiões de aplicação de carga ou nos apoios tendem a “nivelar-se” a uma 
distância suficientemente afastada dessas regiões.
Deformação elástica de um elemento submetido a carga axial
• Usando a lei Hooke e as definições de tensão e deformação, somos capazes 
de determinar a deformação elástica de um elemento submetido a cargas axial.
• Suponha um elemento sujeito a cargas,
𝜎 =
𝑃 𝑥
𝐴 𝑥
e 𝜖 =
𝑑δ
𝑑𝑥
𝛿 = න
0
𝐿
𝑃 𝑥 𝑑𝑥
𝐴 𝑥 𝐸
Onde: 
δ = deslocamento de um ponto na 
barra relativo a outro ponto
L = distância original
P(x) = força axial interna na seção
A(x) = área da seção transversal da 
barra
E = módulo de elasticidadeLei de Hooke: 𝜎 = 𝐸𝜖
Carga constante e área de seção transversal
• Quando uma força constante externa é aplicada a cada extremidade da barra, com 
área de seção transversal constante e material homogêneo com modulo de 
elasticidade constante, 
• Se a barra for submetida a varias forças axiais diferentes, ou se a área da seção 
transversal ou o modulo de elasticidade mudar repentinamente de uma região da 
barra para outra,
AE
PL
=
=
AE
PL

Convenção de sinais
• Força e deslocamento são positivos se provocarem tração e alongamento; e 
negativos causarão compressão e contração.
𝛿𝐴/𝐷 =෍
𝑃𝐿
𝐴𝐸
=
(+5𝑘𝑁)𝐿𝐴𝐵
𝐴𝐸
+
(−3𝑘𝑁)𝐿𝐵𝐶
𝐴𝐸
+
(−7𝑘𝑁)𝐿𝐶𝐷
𝐴𝐸
Exemplo: 
Princípio da superposição
• Princípio da superposição é frequentemente usado para determinar a tensão ou o 
deslocamento em um ponto de um elemento quando este estiver sujeito a um 
carregamento complicado.
• Para aplicar o Princípio da superposição:
❖ A carga deve estar relacionada linearmente com a tensão ou o deslocamento a ser 
determinado.
Exemplo: As equações σ = P/A e δ= PL/AE envolvem uma relação linear entre P e a σ
ou δ.
❖ carga não deve provocar mudanças significativas na geometria ou configuração 
original do elemento.
Exemplo:
Se P provocar uma grande deflexão: Pd ≠ P1d1 + P2d2 (d ≠ d1 ≠ d2)
21 PPP +=
Elemento com carga axial estaticamente indeterminado
• A barra é estatisticamente indeterminada quando as equações de equilíbrio não
são suficientes para determinar as reações.
+↑෍𝐹𝑦 = 0; 𝐹𝐴 + 𝐹𝐵 − 𝑃 = 0
Condição de compatibilidade ou condição cinemática
𝛿𝐴/𝐵 = 0
𝐹𝐴𝐿𝐴𝐶
𝐴𝐸
−
𝐹𝐵𝐿𝐶𝐵
𝐴𝐸
= 0
𝐹𝐴 = 𝑃
𝐿𝐶𝐵
𝐿
e 𝐹𝐵 = 𝑃
𝐿𝐴𝐶
𝐿
A barra de aço A-36 mostrada na figura é composta por dois segmentos, AB e BD,
com áreas de seção AAB = 600 mm2 e ABD = 1200 mm2 , respectivamente.
Determine:
(a)o deslocamento vertical da extremidade A e
(b)o deslocamento de B em relação a C.
Considere Eaço = 210 GPa
Exercício 1
Solução:
(a)Deslocamento vertical da extremidade A
As forças são obtidas pela aplicação do método das seções e da equação do equilíbrio
da força vertical. Módulo de Elasticidade do aço: Eaço = 210 GPa
(b) Deslocamento de B em relação a C
𝛿𝐵/𝐶 =
𝑃𝐵𝐶𝐿𝐵𝐶
𝐴𝐵𝐶𝐸
=
+35 × 103 𝑁(750 𝑚𝑚)
(1200 𝑚𝑚2)(210 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
⇒ 𝛿𝐵/𝐶 = + 0,104 𝑚𝑚
Barra
Alonga-se
𝛿𝐴 =෍
𝑃𝐿
𝐴𝐸
=
+75 × 103 𝑁(1000 𝑚𝑚)
(600 𝑚𝑚2)(210 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
+
+35 × 103 𝑁(750 𝑚𝑚)
(1200 𝑚𝑚2)(210 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
+
−45 × 103 𝑁(500 𝑚𝑚)
(1200 𝑚𝑚2)(210 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
⇒ 𝛿𝐴 = + 0,61 𝑚𝑚
Barra
Alonga-se
O conjunto é composto por um tubo de alumínio AB com área de seção
transversal de 400 mm2. Uma barra de aço com 10 mm de diâmetro está
acoplada a um colar rígido e que passa pelo tubo. Se uma carga de tração de 80
kN for aplicada à barra, determine o deslocamento da extremidade C da barra.
(Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa).
Exercício 2
a) Deslocamento da extremidade C em relação à extremidade B (barra).
𝛿𝐶/𝐵 =
𝑃𝐿
𝐴𝐸
=
+80 × 103 𝑁 600 𝑚𝑚
𝜋 5 𝑚𝑚 2(200 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
⇒ 𝛿𝐶/𝐵 = + 3,056 𝑚𝑚 →
O sinal positivo indica que a extremidade C se desloca para a direita
Solução:
Diagrama de corpo livre
b) Deslocamento da extremidade B em relação à extremidade fixa A (tubo).
𝛿𝐵 =
𝑃𝐿
𝐴𝐸
=
−80 × 103 𝑁 400 𝑚𝑚
(400𝑚𝑚2)(70 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
⇒ 𝛿𝐵 = − 1,143 𝑚𝑚 →
O sinal negativo indica que o tubo fica mais curto e, por isso, B desloca-se a direita
Como, os deslocamentos são para direita, o deslocamento resultante de C em 
relação à extremidade fixa A é
𝛿𝐶 = 𝛿𝐵 + 𝛿𝐶/𝐵 ⇒ 𝛿𝐶 = 4,199 𝑚𝑚 →
Uma viga rígida AB está apoiada nos dois postes curtos mostrados na figura. AC
é feito de aço e tem diâmetro de 20 mm, e BD é feito de alumínio e tem diâmetro
de 40 mm. Determine o deslocamento do ponto F em AB se uma carga de 90 kN
for aplicada nesse ponto. Considere Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa.
Exercício 3
Solução:
Força interna
As foças de compressão que agem na parte superior de cada poste são
determinadas pelo equilíbrio do elemento AB.
↺ +෍𝑀𝐴 = 0; P𝐵𝐷(600 𝑚𝑚) − 90𝑘𝑁(200 𝑚𝑚) = 0
P𝐵𝐷 = 30 𝑘N
+↑෍𝐹𝑦 = 0; P𝐴𝐶 + 𝑃𝐵𝐷 − 90 𝑘𝑁 = 0
P𝐴𝐶 = 60 𝑘𝑁
As forças são iguais às forças internas 
em cada poste. 
Deslocamento
Poste AC
𝛿𝐴 =
𝑃𝐴𝐶𝐿𝐴𝐶
𝐴𝐴𝐶𝐸𝑎ç𝑜
=
(−60 × 103 𝑁) 0,3 𝑚
𝜋(0,010 𝑚)2(200 × 109𝑁/𝑚2)
= −286 × 10−6 𝑚 ⇒ 𝛿𝐴 = 0,286 𝑚𝑚 ↓
Poste BD
𝛿𝐵 =
𝑃𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷
𝐴𝐵𝐷𝐸𝑎𝑙
=
(−30 × 103 𝑁) 0,3 𝑚
𝜋(0,020 𝑚)2(70 × 109 𝑁/𝑚2)
= −102 × 10−6 𝑚 ⇒ 𝛿𝐵 = 0,102 𝑚𝑚 ↓
A figura mostra um diagrama que ilustra os deslocamentos da linha central nos 
pontos A, B e F na viga.
Por cálculo proporcional do triângulo sombreado, o deslocamento do Ponto F é: 
𝛿𝑃𝐹 = 𝛿𝐵 + 𝛿𝐹 = 0,102 𝑚𝑚 + 0,123 𝑚𝑚 ⇒ 𝛿𝑃𝐹 = 0,225 𝑚𝑚 ↓
0,184 𝑚𝑚
600 𝑚𝑚
=
𝛿𝐹
400 𝑚𝑚
⇒ 𝛿𝐹 = 0,184 𝑚𝑚
400 𝑚𝑚
600 𝑚𝑚
⇒ 𝛿𝐹 = 0,123 𝑚𝑚 ↓
O poste de alumínio mostrado na figura é reforçado com um núcleo de latão. Se
esse conjunto suportar uma carga de compressão axial resultante P = 45 kN,
aplicada na tampa rígida, determine a tensão normal média no alumínio e no latão.
Considere Eal = 70 GPa e Elat = 105 GPa.
Exercício 4
Solução:
Equilíbrio da força vertical
+↑෍𝐹𝑦 = 0; − 45 𝑘𝑁 + 𝐹𝑎𝑙 + 𝐹𝑙𝑎𝑡 = 0 (eq. 1)
Compatibilidade
A condição de compatibilidade obriga que o deslocamento 
de ambos, alumínio e latão, seja o mesmo:
𝛿𝑎𝑙 = 𝛿𝑙𝑎𝑡 ⇒
𝐹𝑎𝑙𝐿
𝐴𝑎𝑙𝐸𝑎𝑙
=
𝐹𝑙𝑎𝑡𝐿
𝐴𝑙𝑎𝑡𝐸𝑙𝑎𝑡
⇒ 𝐹𝑎𝑙 = 𝐹𝑙𝑎𝑡
𝐴𝑎𝑙
𝐴𝑙𝑎𝑡
𝐸𝑎𝑙
𝐸𝑙𝑎𝑡
𝐹𝑎𝑙 = 𝐹𝑙𝑎𝑡
𝜋 (0,05 𝑚)2 − (0,025 𝑚)2
𝜋(0,025 𝑚)2
70 𝐺𝑃𝑎
105 𝐺𝑃𝑎
𝐹𝑎𝑙 = 2𝐹𝑙𝑎𝑡 (eq. 2)
As equações 1 e 2 nos dá:
Fal = 30 kN e Flat = 15 kN.
Tensão normal média
Distribuição das tensões
𝜎𝑎𝑙 =
𝐹𝑎𝑙
𝐴𝑎𝑙
=
30 𝑘𝑁
𝜋 0,05 𝑚 2 − 0,025 𝑚 2
⇒ 𝜎𝑎𝑙 = 5,09 𝑀𝑃𝑎
𝜎𝑙𝑎𝑡 =
𝐹𝑙𝑎𝑡
𝐴𝑙𝑎𝑡
=
15 𝑘𝑁
𝜋 0,025 𝑚 2
⇒ 𝜎𝑙𝑎𝑡 = 7,64 𝑀𝑃𝑎
As três barras de aço A-36 mostradas na figura estão conectadas por pinos a um
elemento rígido. Se a carga aplicada ao elemento for de 15 kn, determine a força
desenvolvida em cada barra. Cada uma das barras AB e EF tem área de seção
transversal de 25 mm2 , e a barra CD tem área de seção transversal de 15 mm2 .
Exercício 5
Solução:
Equilíbrio
Diagrama de corpo livre
+↑෍𝐹𝑦 = 0; F𝐴 + F𝐶 + F𝐸 − 15 𝑘𝑁 = 0 (eq. 1)
↺ +෍𝑀𝐶 = 0; F𝐴 0,4 𝑚 + 15 𝐾𝑁 0,2 𝑚 + 𝐹𝐸 0,4 𝑚 = 0 (𝑒𝑞. 2)
Usando a relação carga-deslocamento,
𝐹𝐶𝐿
(15 𝑚2)𝐸𝑎ç𝑜
=
1
2
𝐹𝐴𝐿
(25 𝑚2)𝐸𝑎ç𝑜
+
1
2
𝐹𝐸𝐿
(25 𝑚2)𝐸𝑎ç𝑜
𝐹𝐶 = 0,3𝐹𝐴 + 0,3𝐹𝐸 (eq. 3)
A resolução simultânea das equações 1, 2 e 3 nos dá:
FA = 9,52 kN, FC = 3,46 kN e FE = 2,02 kN
A carga aplicada fará com que a reta horizontalACE mostrada na figura desloque até 
a reta inclinada A’ C’ E’. Os deslocamentos dos pontos A, C, e E podem ser 
relacionados por triângulos proporcionais.
Compatibilidade
δ𝐴 − δ𝐸
0,8 𝑚
=
δ𝐶 − δ𝐸
0,4 𝑚
⇒ δ𝐶 =
1
2
δ𝐴 +
1
2
δ𝐸
O parafuso de liga de alumínio 2014-T6 mostrado na figura é apertado de modo a
comprimir um tubo cilíndrico de liga de magnésio Am 1004-T61. O tubo tem raio
externo de 10 mm, e consideramos que o raio interno do tubo e o raio do
parafuso são ambos 5 mm. As arruelas nas partes superior e inferior do tubo são
consideradas rígidas e têm espessura desprezível. Inicialmente, a porca é
apertada levemente a mão; depois é apertada mais meia-volta com uma chave
de porca. Se o parafuso tiver 20 roscas por polegada, determine as reações no
parafuso e no tubo. Considere: para parafuso de alumínio Ep = 75 GPa e para
tubo de liga de magnésio Et = 45 GPa.
Exercício 6
Solução:
Equilíbrio
Diagrama de corpo livre
+↑෍𝐹𝑦 = 0; 𝐹𝑝 − 𝐹𝑡 = 0 (eq.1)
Quando a porca é apertada contra o parafuso, o tubo
encurta e o parafuso alonga.
A porca é apertada meia volta avançando uma distância
de1/2(25,4/20 mm) = 0,635 mm ao longo do parafuso.
Compatibilidade
+↑ 0,635 mm = 𝛿𝑝 + 𝛿𝑡 ⇒ 𝛿𝑡 = 0,635 𝑚𝑚 − 𝛿𝑝
Usando a relação carga-deslocamento,
𝛿𝑡 = 0,635𝑚𝑚 − 𝛿𝑝 ⇒
𝐹𝑡𝐿
𝐴𝑡𝐸𝑡
= 0,635𝑚𝑚 −
𝐹𝑝𝐿
𝐴𝑝𝐸𝑝
𝐹𝑡 60𝑚𝑚
𝜋[(10𝑚𝑚)2 − (5𝑚𝑚)2](45 × 103𝑁/𝑚𝑚2)
= 0,635𝑚𝑚 −
𝐹𝑝 60𝑚𝑚
𝜋(5𝑚𝑚)2(75 × 103𝑁/𝑚𝑚2)
𝐹𝑡(𝑁)(60𝑚𝑚) = 0,635𝑚𝑚(10,6 × 106 𝑁) −
𝐹𝑝 𝑁 60𝑚𝑚
5,89 × 106 𝑁
(10,6 × 106 𝑁)
𝐹𝑡 60 𝑁𝑚𝑚 = 6,73 × 106 𝑁𝑚𝑚 − 108𝐹𝑝 𝑁𝑚𝑚
𝐹𝑡 = 112,2 × 103 − 1,8𝐹𝑝 (eq. 2)
A resolução simultânea das equações 1 
e 2 nos dá:
Fp = Ft = 40,07 kN
A haste de aço A-36 mostrada na figura, tem diâmetro de 5 mm. Está presa à
parede fixa em A. Antes de ser carregada, há uma folga de 1 mm entre a parede
em B’ e a haste. Determine as reações em A e B’, se a haste for submetida a uma
força axial P = 20 kN. Despreze o tamanho do colar em C.
Exercício 7
Solução:
Equilíbrio
Diagrama de corpo livre
+→ σ𝐹𝑥 = 0; − 𝐹𝐴 + 20𝑘𝑁 − 𝐹𝐵 = 0 (𝑒𝑞. 1)
Compatibilidade
Considere o apoio em B’ como redundante 
e usando o princípio da superposição
+→ δ𝑃 − δ𝐵 = 1𝑚𝑚
Substituindo FB na equação 1 nos dá:
−𝐹𝐴 + 20𝑘𝑁 − 3,39 𝑘𝑁𝐹𝐵 = 0 ⇒ 𝐹𝐴 = 16,61 𝑘𝑁
Usando a relação carga-deslocamento,
𝑃𝐿𝐴𝐶
𝐴𝐸
−
𝐹𝐵𝐿𝐴𝐵
𝐴𝐸
= 1 𝑚𝑚
(20 × 103 𝑁)(400 𝑚𝑚)
𝜋 2,5 𝑚𝑚 2(200 × 103 𝑁/𝑚𝑚2)
−
𝐹𝐵 1200 𝑚𝑚
𝜋 2,5 𝑚𝑚 2 200 × 103 𝑁/𝑚𝑚2
= 1𝑚𝑚
𝐹𝐵 = 3,39 𝑘𝑁