Resolução Lista 2 - Prof. Alex

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Adriano Alberto 
 
1 
ENG285 - Resolução da Lista 2 
 
 
Link para resolução do Beer (várias questões da lista): 
http://brogdomonzao.files.wordpress.com/2013/10/mechanics-of-materials-solution-manual-
3rd-ed-by-be.pdf 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO CONCEITO DE TENSÃO, DEFORMAÇÃO E 
SEGURANÇA 
 
20) Sabe-se que a parte central da haste BE tem seção transversal retangular uniforme de 
12 x 25 mm. Determinar a intensidade P das forças aplicadas, de forma que a tensão 
normal em BE seja de + 90 MPa. 
 
 
 
 
ABE = 0,012 . 0,025 = 0,0003 m² 
�BE = ������ => 90 . 106 = ����,���� => NBE = 27 000 N 
 
- RA + 27 000 – 3P + RD = 0 (I) 
∑
� = 0 => - 0,100 . P + 0,250 . RD = 0 => RD = �
,� (II) 
 
0,100 . P – 27 000 . 0,300 + 0,450 . RA = 0 
=> RA = 18 000 – 
�,���	.		�
�,��� (III) 
 
Substituíndo (II) e (III) em (I): 
Adriano Alberto 
 
2 
 
�,���	.		�
�,��� - 18 000 + 27 000 – 3P + 
�
�,� = 0 => - 5,944444444 . P = - 22 500 
 
=> P = 3 785,046729 N 
 
21) Ao se aplicar a força indicada, a peça de madeira se rompeu por corte ao longo da 
superfície indicada pela linha tracejada. Determine a tensão média de cisalhamento na 
superfície de ruptura. 
 
 
 
 
 
�méd = �� = �	����,���	.		�,���	 = 6 MPa 
 
*** 22) A barra BD é de aço e tem seção uniforme de 12 x 40 mm. Cada pino tem 10 mm 
de diâmetro. Determinar a máxima tensão normal média na barra nos casos: a) σ?σ?σ?σ?= 0º; b) 
σ?σ?σ?σ?= 90º. 
 
 
 
 
A
 
= 0,012 . 0,010 = 1,2 . 10�� m² (considerando apenas o diâmetro do pino para o lado 
frontal da barra) 
a) = 0° 
∑!" = 0 => RCy – RBy = 0 => RCy = RBy (I) 
∑
# = 0 => - 20 000 . sen30 . 0,150 + RCy . cos30 . 0,300 = 0 => RCy = 5 773,502692 N = RBy 
RBy = TBD 
�#$ = %�&� = �	���,���'(�	�,�	.��)* = 48 112 522,43 Pa (tração) 
a) = 90° 
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3 
∑!" = 0 => - 20 000 + RBy – RCy = 0 => RBy = RCy + 20 000 (I) 
∑
# = 0 => 20 000 . cos30 . 0,150 - RCy . cos30 . 0,300 = 0 => RCy = 10 000 N 
 
Substituíndo em I: 
RBy = 10 000 + 20 000 = 30 000 N 
RBy = TBD 
�#$ = %�&�+,-./ = ��	����,���		.		�,��� = 62 500 000 Pa (compressão) 
 
23) Um conjugado M de 1500 N.m é aplicado ao eixo da manivela, no esquema de motor 
mostrado na figura. Para a posição indicada, determinar: a) a força P necessária para 
manter o sistema em equilíbrio; b) a tensão normal na barra BC, que tem seção 
transversal uniforme de área igual a 470 mm². 
 
 
 
 
 
(BA)² = (0,1)² + (0,075)² => BA = 0,125 m 
(BC)² = (0,075)² + (0,25)² => BC = 0,261007662 m 
 
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4 
 
 
∑
� = 0 => - 1 500 + FBCx . BA = 0 => - 1 500 + 0,125 . FBCx = 0 => FBCx = 12 000 N 
 
0�1
234(� = 
��	���
234((��	6) => FBC = 
��	���
8926 
 
#�
234(� = 
�,���
234: => 0,261007662 = 
�,���
234: => sen; = 0,287347886 => ; = 16,69924428° 
 
#�
234(� = 
�,���
234< => 0,125 = 
�,���
234< => sen= = 0,6 => = = 36,86989765° 
 
#�
234: = 
�,���
234> => 
�,���
�,��������'	 = 
�,���
234> 		=> sen? = 0,80457408 => ? = 126,430858° 
 
@ = ? - 90° = 36,430858° 
 
FBC = 
��	���
8926 => FBC = 14 914,72356 N 
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5 
ABC = 470 mm² = 470 . (0,001 m)² = 0,00047 m² 
 
�BC = 0�1��1 = ��	(��,����'�,����� => 	ABC = 31 733 454,38 Pa 
 
tgB = �,����,��� => C = 73,30075577° 
 
0�1
234(� = 
�
234D => 14 914,72356 = 
�
�,(����'��� => P = 14 285,71426 N 
 
24) 
ACE = ADE = 0,020 . 0,050 = 0,001 m² 
 
a) �CE = ? 
FCE = ? 
 
BC = DE = FG = 5 m 
�
234(� = 
�
234: = 
�
234> 
 
? = FG = HI = !G ; ; = JK = LG = MG 
 
 sen; = �� ; sen? = �� ; cos; = �� ; cos? = �� 
Esforços no nó A: 
FAB = 15 kN ; FAC = 0 
 
Nó B: 
FBC . cos; + 5 000 = FAB => FBC = ��	���*
N
 = 12 500 N 
FAB + 5000 = FBC . cos; => FBC = ��	���*
N
 = 25 000 N 
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6 
FBC . cos? = FBD => FBD = ��	���O
N
 = 20 833,33333 N 
FBC . cos? = FBD => FBD = ��	���O
N
 = 41 666,66667 N 
 
Nó C: 
FCD = FBC . cos; + 15 000 => FCD = 12 500 . �� + 15 000 = 25 000 N 
FCD = FBC . cos; + 15 000 => FCD = 25 000 . �� + 15 000 = 35 000 N 
 
FCE + FAC = FBC . cos? => FCE + 0 = 25 000 . �� => FCE = 15 000 N 
 
�CE = 01��1� = ��	����,��� = 15,000 MPa (OK) 
 
b) �DE = ? 
FDE = ? 
 
Nó D: 
 
FCD + 5000 = FDE . cos; => FDE = ��	���*
N
 = 50 000 N 
 
�DE = 0&��&� = ��	����,��� = 50,000 MPa (OK) 
 
25) 
a) 
� = ��	.		� ; Apino = P . (0,003)² = 2,827433388 . 10-5 m² 
 
∑
� = 0 
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7 
500 . 0,300 = TA . 0,125 => TA = 1 200 N 
 
∑!Q = 0 => RC(X) = TA = 1 200 N 
RC(y) = 500 N 
RC = R(500)� 	+	 (1	200)� = 1 300 N = V 
 
�pino = �	����		.		�,���������	.	��)N	 = 22 989 047,34 Pa 
 
b) Apedal = Dpino . 0,009 = 0,006 . 0,009 = 5,4 . 10�� m² 
 
�pedal = �����,�	.		��)N = 24 074 074,07 Pa 
 
c) Achapa = 0,006 . 0,005 = 3 . 10�� m² 
 
�chapa = ����/��		.		��)N = 21 666 666,67 Pa 
 
 
26) 
�méd = �� => 800 000 = ��	���W	 => A = 0,03 m² 
A/2 = 0,015 m² 
L1 . 0,100 m = 0,015 m² => L1 = 0,15 m 
L1 = L2 => L = L1 + L2 + 0,008 = 0,308 m 
 
27) 
A = 2 . P . 0,015 . 0,009 = 
330 . 106 = ��	.X	.�,���	.�,��(		 => P = 279 915,9054 N 
 
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8 
� = ��(	(��,(���	X	.(�,���)Y		 => A = 396 MPa 
 
28) 
35 . 106 = �X	.(�,���)Y => P = 13 304,64489 N 
 
Diâmetro do furo na madeira = Diâmetro interno da arruela 
 
5 . 106 = ��	���,'���(		X	.(Z)Y�	X	.(�,����)Y	 => P	. (R)� − 	P	. (0,0125)� = ��	���,'���(		�	.		��]	 => 
 
P	. (R)� = 	P	. (0,0125)� + ��	���,'���(		�	.		��]	 => R = 0,031674121 => Dext = 0,063348243 m 
 
29) 
 
P = 75 000 N 
3 . 106 = ��	���	�,���		.		_	 => b = 0,178571428 m 
 
***30) Duas peças de madeira de seção transversal uniforme de 89 x 140 mm são coladas 
uma a outra em um entalhe inclinado. A tensão de cisalhamento admissível da cola é 517 
kPa. Determine a maior carga axial P que pode ser aplicada. 
 
 
 
 
sen20° = �,���` => d = 0,409332616 m 
 
A = 0,409332616 . 0,089 = 0,036430602 m² 
 
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9 
Ao se inverter a altura com a largura, A apresentou o mesmo resultado. 
 
517 000 = ��,��'���'�� => V = 18 834,62166 N 
P = V . cos20° => P = 17 698,75499 N 
Na resposta, P = 20,0 kN. Possivelvente dividiram V por cos20° 
 
***31) Uma tubulação metálica de diâmetro externo de 300 mm é fabricada com chapa de 
aço de 8 mm de espessura por meio de um cordão de solda ao longo de uma hélice que 
forma um ângulo de 20º com o plano perpendicular ao eixo do tubo. Sabendo-se que uma 
força axial P = 250 kN é aplicada ao tubo, determine σ?σ?σ?σ?���� e σ?σ?σ?σ?, nas direções normal e 
tangencial, respectivamente,����ao eixo da solda. 
 
 
 
����
����
����
Re = 0,150 m ; Ae = P . (0,150)² = 0,070685834 m² 
Ri = 0,150 – 0,008 = 0,142 m ; Ai = P . (0,142)² = 0,063347074 m² 
AHorizontal = Ae – Ai = 0,007338759733 m² 
@ = 20º 
cos20° = �� => N = P . cos20° ; V = 
�
abc
�° 
 
cos20° = �e,fgh,i-./�+f.ijklfj./ => AT = 
mn
opa
�° (aproximação) 
 
� = ��+ = q	.rst��°uev,jYw° = 
�
�e . cos²20° = 
���	���
�,��������(���	 . cos²(20°) => � = 30 080 771,6 Pa 
 
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10 
� = �	�+ = 
x
jliYw°uev,jYw°
 = 
�
�e . cotg(20°) = 
���	���
�,��������(���	 . cotg(20°) => y = 93 594 746,23 Pa 
 
A resposta acima (y = 93 594 746,23 Pa) está diferente da resposta da lista (10,95 MPa), 
porém acredito que a da lista está errada por dois motivos. 
Abaixo segue uma resolução encontrada na pastada disciplina que fica na xerox, com a 
mesma resposta da lista: 
 
 
 
� = ��+ => N = � . AT 
� = ��+ => V = � . AT 
Então, z{ = 
A
y ou 
{
z = 
y
A 
 
 O primeiro possível erro é que tg(20°) = z{ = 
A
y 
 
 
O segundo possível erro é que se 
Logo, ∅ < 20° 
Acredito que a forma correta segue abaixo:
 
E, se meus cálculos estiverem corretos:
 
tg∅ = �� = }~ = ��	���	���,'	(�	�(�	��',�� => 
 
Abaixo segue outra resolução, da internet, com a resposta igual a da lista. Possivelmente 
usaram a mesma linha de raciocínio da resolução da xerox.
 
� = ��� . sen(2@) => � = ����	.		�,�������
 
32) Sabendo-se que a carga de ruptura do cabo 
segurança do cabo para o carregamento indicado.
 
 
 ∑
� = 0 
15 000 . cos40 . (0,7 + 0,4) + 15 000 . sen40 . 0,5 
 
=> 17 460,64038 = FBD . 0,633012701 => F
erro é que se ∅ = 20° => N = P, porém N = P . cos(20°), portanto N < P
Acredito que a forma correta segue abaixo: 
 
E, se meus cálculos estiverem corretos: 
> ∅ = 17,81708345° < 20° 
Abaixo segue outra resolução, da internet, com a resposta igual a da lista. Possivelmente 
usaram a mesma linha de raciocínio da resolução da xerox. 
���	���
��������(���	 . sen(40) = 10 948 505,49 Pa 
se que a carga de ruptura do cabo BD é 100 kN, determine o coeficiente de 
para o carregamento indicado. 
 
 
+ 15 000 . sen40 . 0,5 – FBD . cos30 . 0,5 – FBD . sen30 . 
. 0,633012701 => FBD = 27 583,39655 
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11 
, portanto N < P 
Abaixo segue outra resolução, da internet, com a resposta igual a da lista. Possivelmente 
100 kN, determine o coeficiente de 
sen30 . 0,4 = 0 
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12 
C.S. = 
0�&(á)
0�& = 
���	���
��	���,�('�� = 3,625369334 
 
33) A haste AB será construída de aço, para o qual a tensão última normal é de 450 MPa. 
Determine a área da seção transversal de AB para um coeficiente de segurança 3,5. A 
haste será adequadamente reforçada em torno dos pinos A e B. 
 
 
 
 �AB(máx) = 450 MPa ; C.S = 3,5 
�AB(adm) = ���	.		��]�,� = 128 571 428,6 Pa 
∑
$ = 0 => - Ray . 0,8 + 20 000 . 0,4 + (8 000 . 0,8) . 0,4 – (8 000 . 0,4) . 0,2 = 0 
=> - 0,8 Ray – 9 920 = 0 => Ray = 12 400 N 
FAB . sen35 = 12 400 => FAB = 21 618,74027 N 
 
�AB(adm) = 0u��u� => 128 571 428,6 = 
��	'��,�����	
�u� => AAB = 1,681457571 . 10
-4 m² 
 
=> AAB = 168,1457571 mm² 
 
*** 34) A placa indicada é presa à base por meio de três parafusos de aço. A tensão de 
cisalhamento última do aço utilizado é de 331 MPa, e deseja-se um coeficiente de 
segurança de 3,5. Determine a dimensão dos parafusos a serem usados. 
 
 
 
 
 
V = ��'	���� = 35 566,66667 N 
�adm = ���	.		��]�,� = 94 571 428,57 Pa 
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94 571 428,57 = ��	�'',''''�	X	.		‚Y => r = 0,010941243 m => d = 0,021882486 m 
 
35) 
Fconcreto = P 
 �adm =	 �ƒ„Y
*
 ; �adm = �Yƒ„
Y 	.		…
 
=>	�adm . X`Y� =	�adm . PdL => L = A†‡ˆy†‡ˆ . ‡� 
 
36) Um pino de 8 mm é usado no ponto C, enquanto em B e D usam-se pinos de 12 mm de 
diâmetro. A tensão de cisalhamento última para todas as ligações é 100 MPa, enquanto a 
tensão última na haste BD é 250 MPa. Determine a carga Q para um coeficiente de 
segurança 3,0. 
 
 
 
Q = ? 
∑!Q = 0 => RBD = Q + RC (I) 
 
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14 
Para haste BD: 
 
 
}�&(ú/-g.)
8.2. = 
���		.	��]		�Š
�,� = 
0�&(ú/-g.)
�		.		��)O		.			��		.		��)O => ‹Œ(úŽˆ†) = ��	���‘ N 
~�&(ú/-g.)
8.2. = 
���		.	��]		�Š
�,� = 
��&(ú/-g.)
�		.		X		.		('	.		��)O)Y => {Œ(úŽˆ†) = ’	
��		.		“‘ N = ”Œ(úŽˆ†) 
Para pino C: 
 
~1(ú/-g.)
8.2. = 
���		.	��]		�Š
�,� = 
�1(ú/-g.)
�		.		X		.		(�	.		��)O)Y => {•(úŽˆ†) = ‘	
��		.		“‘ N = ”•(úŽˆ†) 
 
∑
# = 0 => - Q . 180 . 10�� + RC . 200 . 10�� = 0 => RC = 0,9 . Q (II) 
 
Substituíndo (II) em (I): 
 
RBD = Q + 0,9 . Q => RBD = 1,9 . Q (III) 
 
Ou 
 
∑
� = 0 => - Q . 380 . 10�� + RBD . 200 . 10�� = 0 => RBD = 1,9 . Q (OK) 
 
Substituíndo as reações calculadas nas equações: 
 
–�(ú—˜™šŠ) = 0,9 . Q => �	���		.		X� = 0,9 . Q => Q = 3 723,369071 N (OK) 
RBD = 1,9 . 3 723,369071 = 7 074,401235 N < –#$(ú—˜™šŠ) (OK) 
 
37) 
45 . 106 = 0.„(u�)X	.		(�,��')Y => Fadm(AB) = 5 089,380099 N 
45 . 106 = 0.„(1&)X	.		(�,���)Y => Fadm(CD) = 14 137,16694 N => Fadm(CD) = 9 000 N 
Adriano Alberto 
 
15 
 
∑
# = 0 => - 9000 . XF + 9 000 . 1,5 = 0 => XF(máx) = 1,5 m 
∑
$ = 0 => 9000 . (1,5 – XE) - 5 089,380099 . 1,5 = 0 => 13 500 – 9 000 . XE = 7 634,070149 
=> XE(mín) = 0,651769983 m 
 
38) *** 
�adm = ��	.		��]�,� = 5 666 666,667 Pa 
�adm = (		.		��]�,� = 3 000 000 Pa 
 
sen@ = ���	��� => V = 10 000 . sen› 
 
N = 10 000 . cos› 
 
cos@ = �,���` => d = �,���œž› 
A = d . 0,030 = �,����œž› 
 
5 666 666,667 = ��	���	.		rst6	w,wwŸN
 ¡¢£
 => cos2@ = 0,85 => @ = 22,786498° 
 
3 000 000 = ��	���	.		t¤¥6	w,wwŸN
 ¡¢£
 => sen@ . cos@ = 0,45 =>	�� . sen2@ = 0,45 => sen2@ = 0,9 
=> 2@ = 64,15806724° => › = 32,07903362° 
 @Máx = 90º => ∄ superfície colada. 
@mín = 0° => V = 0 => � = 0 e N = 10 000 N => � = 6 666 666,667 Pa (Máx) 
90 – @ = 67,213502° 
90 – @ = 57,92096638° 
R: 22,786498° ≤ › ≤ 32,07903362° e 57,92096638° ≤ › ≤ 67,213502° 
Obs: Na resposta tem 90° no lugar de 67,213502° 
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16 
 
39) 
LAlumínio = 1,2 m ; LAço = 2,1 m ; EAço = 200 . 109 Pa ; EAlumínio = 70 . 109 Pa ; P = 60 000 N 
AAlumínio = 1 100 mm² = 1 100 . (0,001 m)² = 0,0011 m² 
AAço = P . (0,0075)² = 0,0001767145868 m² 
¨C =? ; ¨ = �	.		…©	.		� 
¨C = ¨Alumínio + ¨Aço = '�	���		.		�,���	.		��ª	.		�,���� + '�	���		.		�,����	.		��ª	.		�,�����'�����'�	 = 
 
= 9,350649351 . 10-4 + 3,565070725 . 10-3 = 0,00450013566 m 
 
40) 
 
Para o cabo: 
 
180 . 106 = «áX	.		(�,��')Y => Qmáx = 20 357,5204 N 
 
Para a alça: 
 
180 . 106 = 0u�(á)X	.		(�,���)Y => FAB(máx) = 14 137,16694 N 
=> 
«á
� = FAB(máx) . sen@ => Qmáx = 14 137,16694 . �,����,��� . 2 => Qmáx = 16 964,60033 N 
 
Para a barra: 
 
60 . 106 = 0u1(á)X	.		(�,���)Y => FAC(máx) = 27 143,36053 N 
=> 
«á
� = FAC(máx) . tg@ => Qmáx = 27 143,36053 .	�,����,��� . 2 => Qmáx = 40 715,04079 N 
 
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Resp: Qmáx = 16 964,60033 N 
 
41) *** 
 
mBC = VBC . ¬Latão 
VBC = Abase . (100 – a) = P . (0,005)² . (100 – a) 
mBC = P . (0,005)² . (100 – a) . 8 500 => PBC = P . (0,005)² . (100 – a) . 8 500 . 10 
=> PBC = (667,5884389 – 6,675884389 . a) N 
 
mAB = VAB . ¬Latão 
VAB = Abase . a = P . (0,0075)² . a 
mAB = P . (0,0075)² . a . 8 500 => PAB = P . (0,0075)² . a . 8 500 . 10 
=> PAB = (15,02073987 . a) N 
QAB = PAB + PBC = 15,02073987 . a + 667,5884389 – 6,675884389 . a 
 => QAB = 8,344855481 . a + 667,5884389 
 
AAB = ABC 
 
«u�
X	.		(�,����)Y = 
��1
X	.		(�,���)Y => 
�,���������	.		­	®	''�,������(
X	.		(�,����)Y = 
''�,������(	–	','�������(	.		­
X	.		(�,���)Y 
 
=> 0,000208621387 . a + 0,01668971 = 0,037551849 – 0,0003755184969 . a 
 
=> a = 35,71428454 m 
 
Amáx = AAB = ABC = 5 464 285,658 Pa 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
18 
42) 
¨
 
= 
�	.		…
©	.		� ; EAço = 200 . 10
9 Pa ; EBronze = 105 . 109 Pa ; LAB = 2,0 m ; LBC = 3,0 m ; 
LCD = 2,5 m ; P1 = 50 000 N ; P2 = 100 000 N ; 
 
a) ¨C =? 
¨C =	¨AB + ¨BC = ���	���		.		����	.	��ª	.		X		.		(�,���)Y	 + ���	���	.		����	.	��ª	.		X		.		(�,���)Y	 = 
= 1,47365688 . 10-3 + 1,47365688 . 10-3 = 0,002947313761 m 
 
b) ¨D =? 
¨D =	¨C + ¨CD = 0,002947313761 + ������		.		�,����	.	��ª	.		X		.		(�,���)Y	 = 0,002947313761 + 0,002339137906 
=> °D = 0,005286451667 m 
 
43) 
¨
 
= 
�	.		…
©	.		� ; EAlumínio = 70 . 10
9 Pa ; LAB = 1,75 m ; LBC = 1,25 m ; 
LCD = 1,5 m ; P1 = - 100 000 N ; P2 = 75 000 N ; P3 = 50 000 N ; 
AAC = 800 mm² = 800 . (0,001 m)² = 0,0008 m² 
ACD = 500 mm² = 500 . (0,001 m)² = 0,0005 m² 
 
a) ¨B =? 
¨B =	¨AB = ��	���		.		�,����	.	��ª	.		�,����	 = 0,00078125 m 
 
b) ¨D =? 
¨D =	¨B + ¨BC + ¨CD = 0,00078125 + ���	���		.		�,����	.	��ª	.		�,����	 + ��	���		.		�,���	.	��ª	.		�,����	 = 
= 0,00078125 + 0,002790178571 + 0,002142857143 
=> °D = 0,005714285714 m 
 
Adriano Alberto 
 
19 
***44) Um bloco de forma trapezoidal com espessura constante t fica suspenso de uma 
superfície fixa A. Chamando de σ?σ?σ?σ?����a massa específica (massa por unidade de volume) do 
material, determine o alongamento do bloco devido à ação do seu peso. 
 
 
¨
 
= 
�	.		…
©	.		� 
¨ = ± ( �(")©	.		�².jl("))…� dy 
 
P = - mg ; 
 
AT = 
³´®	²Yµ	.		…� = 
O²
Y� . L = 
�´…
� 
 
VT = AT . t = 
�´…˜
� 
 ¶ . V = m => m = ¶ . �´…˜� 
P = ¶g . �´…˜� 
AT = área da face trapezoidal 
AT (y) = ·´®Q(")¸	.		"� 
x(0) = b 
x(y) = ? 
x(0) = b ; x(L) = b/2 
 
�´…
� = 
·´	®	Q(")¸		.		"
� + 
·Q(")	®	�,�	.		´¸		.		(…�")
� = 
´	.		"	®	Q(")	.		"	®	Q(")	.		…	®	�,�	.		´…	�	Q(")	.		"	–	�,�	.		´	.		"
� = 
 
Adriano Alberto 
 
20 
�,�	.		´"	®Q(").…	®	�,�	.		´…
� => 3bL = by + 2 . x(y).L + bL => x(y) = 
¹º�¹»
º 
AT (y) = 
¼´	®	2½¾−½¿2¾ 	À	.		"
� = 
ÁY²ÂÃY²Â)²ÄY Å	.		"� = 
³*²	Â)	²ÄY µ	.		"� = 
�¹º»	�	¹»
�º 
 
VT(y) = (
�¹º»	�	¹»
�º ) . t 
¶ . VT(y) = m(y) => m(y) = ¶ . (�´…"	�	´"Y�… ) . t 
P(y) = - m(y) . g = - ¬Æ . (�¹º»	�	¹»
�º ) . t 
 
Abase(y) = x(y) . t = (
¹º�¹»
º ) . t 
¨ = - ¶Ç . ± È
4½¾¿	−	½¿24¾ Ê	.		t
©	.		Ì2½¾−½¿2¾ Í	.		t
…
� dy = 
�	ÎÏ
�© ± (4½¾¿	−	½¿
2
(2½¾−½¿) )…	� dy = �	ÎÏ�© ± (¿(4¾	–	¿)2¾−¿ )…	� dy 
 
Regra dos trapézios: 
I = Ð
 (y0 + y1) ; h = x1 – x0 
 
h = L – 0 = L 
y0 = 
�(�…	–	�)
�…�� = 0 
 
y1 = 
…(�…	–	…)
�…�… = 3L 
 
I = …� (0 + 3L) = 
�…Y
� 
 
¨ = �	ÎÏ�© . �…
Y
� = - 
‘¬Æº
�Ñ 
 
Adriano Alberto 
 
21 
45) 
AAB = P . (0,0045)² = 6,361725124 . 10-5 m² 
ACD = 300 . (0,001 m)² = 0,0003 m² 
¨ = 0,0012 = 		�	.		�,�����	.��ª	.		',�'�������	.		��)N		 + 		�	.		�,���	��	.��ª	.		�,����		 
 
=> 0,0012 = 7,397179635 . 10-8 . P + 1,568627451 . 10-8 . P => P = 13 384,18269 N 
Obs: A área ACD é a área total do cilindro, e não apenas um lado da figura. 
 
46) O fio de aço CD de 2 mm de diâmetro tem o seu comprimento ajustado de forma que, 
se nenhum carregamento atuar, existe uma distância de 1,5 mm entre a extremidade B, da 
viga rígida ABC, e um ponto de contato E. Pede-se determinar em que ponto deve ser 
colocado um bloco de 20 kg sobre a viga de modo a causar contato entre B e E. Sabe-se 
que E = 200 GPa. 
 
 
 
 
 
ECD = 200 . 109 Pa ; mb = 20 kg ; ACD = P . (0,001)² = 3,141592654 . 10-6 m² 
(BE)inicial = 0,0015 m ; AC = 0,08 m ; CB = 0,32 m ; CD = 0,25 m 
 
AB = AC + CB = 0,40 m 
 
x=? 
 
∑
� = 0 => 20 . (0,40 – x) . 10 = TCD . 0,08 => 80 – 200x = TCD . 0,08 (I) 
¨CD(y) = ? 
Semelhança de triângulos: �#(#©)gigvg./ = 
��
Ò1&(Ä) => 
�,��
�,���� = 
�,��
Ò1&(Ä) => °CD(y) = 0,0003 m 
Cálculo de ¨CD considerando a rotação do fio CD em relação à vertical: 
Adriano Alberto 
 
22 
 
¨CD(y) = 0,0003 m 
(0,08 + s)² = (0,08)² + (¨CD(y))² => 0,08 + s = 0,080000562 => s = 5,624980225 . 10-7 m 
sen@ = �,���,�������'� => @ = 89,78523697º 
Lei dos cossenos: 
k² = (5,624980225 . 10-7)² + (0,25 + 0,0003)² - 2 . 5,624980225 . 10-7. (0,25 + 0,0003) . 
cos(89,78523697º) 
=> k² = 0,062650088 => k = 0,250299997 m => ¨CD = k – 0,25 = 0,0002999978922 m 
 
¨CD = %1&	.		�$©1&	.		�1& => 0,0002999978922 = 
%1&	.		�,��
���	.	��ª	.		Ó	.		��)]			 
=> TCD = 753,9769395 N (II) 
 
Substituindo (II) em (I): 
80 – 200x = 753,9769395 . 0,08 => x = 0,098409224 m 
 
Considerando g = 9,81m/s² 
 
∑
� = 0 => 20 . (0,40 – x) . 9,81 = TCD . 0,08 => 78,48 – 196,2x = TCD . 0,08 (III) 
Adriano Alberto 
 
23 
=> x = 0,092568016 m 
Devido ao ângulo de rotação do fio CD em relação à vertical ser muito pequeno, podemos 
considerar °CD = °CD(y) = 0,0003 m. 
 
0,0003 = 
%1&	.		�,��
���	.	��ª	.		Ó	.		��)]			 => TCD = 753,9822369 N (IV) 
 
Substituíndo (IV) em (III): 
 
x= 0,092565856 m 
Em ambos os cálculos, encontramos x ≅ 92,57 mm. Logo, o ângulo de rotação pode ser 
considerado desprezível para essa questão. Resp da lista: x = 92,6 mm 
 
47) ¨bronze =	¨alumínio = 0,00040 m ; Lbronze = Lalumínio = 0,300 m 
Ebronze = 105 . 109 Pa ; 
Abronze = P . (0,0125)² = 4,908738521 . 10-4 m² ; 
Ealumínio = 70 . 109 Pa ; 
Aalumínio = P . (0,030)² - 4,908738521 . 10-4 = 2,336559536. 10-3 m² ; 
 
a) F = ? 
F = Fbronze + FAlumínio 
 
¨bronze = 0²f,ihl	.		…²f,ihl©²f,ihl	.		�²f,ihl => 0,00040 = 0²f,ihl	.		�,������	.	��ª	.		�,(��������	.	��)* => Fbronze = 68 722,33929 N 
 
¨alumínio = 0./Õíig,	.		…./Õíig,©./Õíig,	.		�./Õíig, => 0,00040 = 0./Õíig,	.		�,�����	.	��ª	.		�,��'��(��'	.	��)O	 
 
=> Falumínio = 218 078,89 N 
 
F = 68 722,33929 N + 218 078,89 N => F = 286 801,2293 N 
Adriano Alberto 
 
24 
 
b) 
 �bronze = 0²f,ihl�²f,ihl = '�	���,��(�(	�,(��������	.	��)* => Abronze = 140,0 Mpa 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO VARIAÇÃO DE TEMPERATURA 
 
*** 48) Determine o movimento horizontal do ponto A, devido a uma queda de 45º C na 
temperatura. Admita que o membro AE tenha um coeficiente de dilatação térmica 
insignificante. Adotar para o aço estrutural E = 200 GPa e σ?σ?σ?σ?����= 11,9 x 10–6/ºC e para a liga 
de alumínio E = 70 GPa e σ?σ?σ?σ?����= 22,5 x 10–6/ºC. 
 
 
Cálculo dos deslocamentos das barras considerando-se apenas a variação de temperatura: 
 
°× = 	. ∆T . L 
 
Para o aço: 
 
�¨ç9 = - 11,9	x	10�'	.		45 . 0,300 = - 1,6065 . 10-4 m 
 
Para o alumínio: 
 
Adriano Alberto 
 
25 
�¨—Üš = - 22,5	x	10�'	.		45 . 0,300 = - 3,0375 . 10-4 m 
 
°•(») = 0 
 
Para os cálculos, desprezou-se a rotação da barra DE em torno do ponto D 
 
 
 
�,����	.��)*
Q = 
	�,'�'�	.		��)*
Q	�	�	��� => 3,0375	. 10�� . x – 7,59375 . 10-6 = 1,6065	.		10�� . x 
 => x = 0,053066037 m 
a = 0,250 – x = 0,196933962 m 
sen@ = àáâãäQ = Òu­ => �,����	.��
)*
�,����''���	 = 
Òu
�,�('(��('�	 => °m = 1,127250014 mm →?→?→?→? 
(1,27 mm →?� 
 
49) Uma coluna de concreto de 1,5 m de comprimento é reforçada por seis barras de aço, 
cada uma de 15 mm de diâmetro. Sabendo-se que para o aço E = 200 GPa e σ?σ?σ?σ?����= 11,7 x 
10–6/ºC e para o concreto E = 25 GPa e σ?σ?σ?σ?����= 9,9 x 10–6/ºC, determinar as tensões normais 
induzidas no aço e no concreto após um aumento de temperatura de 50 ºC. 
 
Adriano Alberto 
 
26 
 
 
°o = °‹o + °×o ; °† = °‹† + °×† 
°o = °† 
Como o coeficiente linear de expansão térmica do aço é maior que o do concreto, a barra 
de aço será comprimida e o concreto será tracionado. 
 
0v	.		…
�v	.		©v + ;8 . ∆T . L = - 0.	.		…�.	.		©. + ;Š . ∆T . L => }v©v + }.©. = (;Š - ;8) . ∆T => 
 
}v
��	.		��ª + 
}.
���	.		��ª = (11,7 . 10�' – 9,9 . 10�') . (+ 50) => }v��	.		��ª + }.���	.		��ª = 9 . 10�� 
 
=> 8 . Ao + A† = 18 . ��å (I) 
 
Fc = Fa => �8 . Ac = �Š . Aa 
=> �8 . ·(250	. 10��)� − 	6		.		P	.		(7,5	.		10��)�¸ = �Š . 6		.		P	.		(7,5	.		10��)� 
 
=> 0,061439712 . �8 = 1,060287521. 10�� . �Š => A† = 57,94627477 . Ao	 (II) 
 
Substituíndo (II) em (I): 
 
8 . �8 + 57,94627477 . �8	= 18 . 10' => Ao = 272 949,4587 Pa (tração) 
A† = 15 816 404,33 Pa (compressão) 
 
Adriano Alberto 
 
27 
Para o aço: 
¨%(Šç9) = 11,7	x	10�'	.		50 . 1,5 = 8,775 . 10-4 m 
Para o concreto: 
¨%(8948) = 9,9	x	10�'	.		50 . 1,5 = 7,425 . 10-4 m 
Ƭ% = 8,775 . 10-4 m - 7,425 . 10-4 m = 1,35 . 10-4 m 
¨Šç9 = ¨8948 = ∆¨% = 1,35 . 10-4 m 
� = E . æ 
æaço = Ò.ç,�,� = �,��		.		��
)*	
�,� = 9 . 10
-5 
�aço = Eaço . æaço =>	�aço = 200 . 109 . 9 . 10-5 = 18 MPa (compressão) 
æconc = Òv,iv�,� = �,��		.		��
)*	
�,� = 9 . 10
-5 
�conc = Econc . æconc =>	�conc = 25 . 109 . 9 . 10-5 = 2,25 MPa (tração) 
 
50) O tubo de alumínio é totalmente preenchido pelo cilindro de latão e o conjunto se 
encontra sem efeitos de tensão à temperatura de 15ºC. Considerando apenas deformações 
axiais, determinar as tensões no alumínio, quando a temperatura for de 195ºC. 
 
 
 
 
∆T = 195 – 15 = 180°C 
 
°o = °‹o + °×o ; ° = °‹ + ° 
°o = ° 
Como o coeficiente linear de expansão térmica do alumínio é maior que o do latão, o tubo 
de alumínio será comprimido e o cilindro de latão será tracionado. 
Adriano Alberto 
 
28 
 
0v	.		…
�v	.		©v + ;8 . ∆T . L = - 0-	.		…�-	.		©- + ;˜ . ∆T . L => }v©v + }-©- = (;˜ - ;8) . ∆T => 
 
}v
���	.		��ª + 
}-
��	.		��ª = (23 . 10�' – 19 . 10�') . (+ 180) => }v���	.		��ª + }-��	.		��ª = 7,2 . 10�� 
 
=> Ao + 1,5 . A = 75,6 . ��å (I) 
 
Fc = Ft => �8 . Ac = �˜ . At 
=>�8 . 	P	.		(12,5	.		10��)� = �˜ . ·P	.		(30	.		10��)� − 	P	.		(12,5	.		10��)�¸ 
 
=> 1,5625 . 10-4 . �8 = 7,4375 . 10�� . �˜ => Ao = 4,76 . A	 (II) 
 
Substituíndo (II) em (I): 
 
4,76 . �˜	+ 1,5 . �˜ = 75,6 . 10' => A = 12 076 677,32 Pa (compressão) 
Ao = 57 484 984,03 Pa (tração) 
 
51) As barras da figura estão distanciadas de 0,5 mm quando a temperatura é de 20ºC. 
Determinar: a) a que temperatura a tensão normal na barra de aço inoxidável atinge o 
valor σ?σ?σ?σ?����= – 150 MPa; b) o correspondente comprimento da barra de aço inoxidável. 
 
 
 
Após o equilíbrio, ambas as barras serão comprimidas. 
 
Li,alum + ¨%./Õ - ¨0./Õ + Li,aço + ¨%.ç, - ¨0.ç, = 550,5 . 10-3 m 
Adriano Alberto 
 
29 
=> Li,alum + ;Š—Üš . ∆T . Li,alum - 0./Õ	.		…g,./Õ�./Õ	.		©./Õ + Li,aço + ;Šç9 . ∆T . Li,aço - 
0.ç,	.		…g,.ç,
�.ç,	.		©.ç, = 
= 550,5 . 10-3 m 
 
=> 0,300 + 23 . 10�' . (Tf – 20) . 0,300 - �Š—Üš . �,���	��	.		��ª	 + 0,250 + 18 . 10�' . (Tf – 20) . 
0,250 - 150 . 10' . �,���	�(�	.		��ª	 = 550,5 . 10-3 m 
 
=> 0,300 + 6,9 . 10-6 . Tf – 1,38 . 10-4 – 4,285714286 . 10-12 . �Š—Üš + 0,250 + 4,5 . 10-6 . Tf - 9 . 
.10-5 – 1,973684211. 10-4 = 550,5 . 10-3 
 
=> 1,14 . 10-5 Tf – 4,285714286 . 10-12 . A†Žçˆ = 9,253684211 . 10-4 (I) 
 
Falum = Faço => �Š—Üš . Aalum = �Šç9 . Aaço 
Aalum = 2000 mm² = 2000 (10-3 m)² = 2000 . 10-6 m² 
Aaço = 800 mm² = 800 (10-3 m)² = 800 . 10-6 m² 
 
=> �Š—Üš . 2000 . 10-6 = 150 . 10' . 800 . 10-6 => A†Žçˆ = 60 . 106 Pa (II) 
 
a) Tf = ? 
 
Substituíndo (II) em (I): 
 
1,14 . 10-5 Tf – 4,285714286 . 10-12 . 60 . 106 = 9,253684211 . 10-4 => Tf = 103,7290595 °C 
 
b) Lf,aço = ? 
 
Lf,aço = Li,aço + ¨%.ç, - ¨0.ç,= 0,250 + 18 . 10�' . (103,7290595 – 20) . 0,250 - 150 . 10' . �,���	�(�	.		��ª	 
=> Lf,aço = 0,250179412 m 
 
Adriano Alberto 
 
30 
PROBLEMAS ENVOLVENDO LEI DE HOOKE GENERALIZADA 
 
52) Em um teste de tração axial, uma barra de aço de 22 mm de diâmetro é submetida a 
uma força de 80 kN. Sabe-se que ν ν ν ν = 0,3 e que E = 200 GPa. Determinar: a) o alongamento 
de um trecho de 200 mm da barra; b) a variação do diâmetro da barra. 
 
 
 
 
 
ν = 0,3 = - 
èf.„
èh 
 悊` = ∆‚‚w ; æé = ∆……w 
 �z = E . æé 
 
�z = 0� = ��	.		��
O
X	.		(�,���)Y = 210 452 817,3 Pa 
 
 
210 452 817,3 = 200 . 10( . æé => êë = 1,052264087 . 10-3 
 
0,3 = - 
èf.„
1,052264087	.		10−3 => ê톇 = - 3,15679226 . 10-4 
 
 
a) ∆L = ? 
 æé = ∆……w => 1,052264087 . 10-3 = ∆…��� => ∆L = + 0,210452817 mm 
b) ∆∅ = ? 
 悊` = ∆‚‚w = ∆∅∅w => - 3,15679226 . 10-4 = ∆∅�� => ∆∅ = - 6,944942972 . 10-3 mm 
 
 
*** 53) Uma placa de alumínio é submetida a uma força axial centrada que causa uma 
tensão normal σ. Uma linha reta de inclinação 2:1 é desenhada na placa de alumínio antes 
da aplicação da força. Determinar a inclinação da linha quando a tensão for σ?σ?σ?σ?= 125 MPa. 
Usar E = 70 GPa, σ?σ?σ?σ?= 0,33. 
 
 
Adriano Alberto 
 
31 
 
 
tg@ = �� 
 
tg@’ = �	®	èÄ		�®	èh 
 
 
ν = 0,33 = - 
èÄ
èh 
 
�z = E . æé => æé = ���	.		��]��		.		��ª = + 1,785714286 . ���‘ 
 
 
0,33 = - 
èÄ
1,785714286	.10−3 => ê» = - 5,892857143 . 10-4 
 
 
tg@’ = �	�		�,�(�������	.	��)*	�	®	�,��������'	.��)O = 1,995846702 
 
 
 
54) Na parede de um vaso de pressão de aço de grandes dimensões é desenhado um 
quadrado de lado igual a 30 mm. Quando o vaso é submetido à pressão interna, o estado 
biaxial de tensões no quadrado é mostrado na figura. Sendo E = 200 GPa, e σ?σ?σ?σ?= 0,30, 
determinar: a) a variação no comprimento do lado AB; b) a variação do lado BC; c) a 
variação na diagonal AC. 
 
 
 
 
 
 
a) 
 �x = �xx + �xy = 80 . 106 – 0,30 . 40 . 106 = 68 . 106 Pa 
 
æQ = '�	.		��]���		.		��ª = + 3,4 . ���� 
Adriano Alberto 
 
32 
æQ = ∆……w => 3,4 . 10�� = ∆…�� => ∆ºî = 0,0102 mm 
 
 
b) 
 �y = �yy + �yx = 40 . 106 – 0,30 . 80 . 106 = 16 . 106 Pa 
 
æ" = �'	.		��]���		.		��ª = + 8 . ���� 
 
 
æ" = ∆…Ä…Äw => 8 . 10�� = 
∆…Ä
�� => ∆º» = 0,0024 mm 
 
 
c) 
 
(Df)² = (30 + 0,0102)² + (30 + 0,0024)² => Df = 42,43531678 mm 
 
D0 = 30 . √2 
 
∆D = Df – D0 = 42,43531678 - 30 . √2 = 8,909908807 . 10-3 mm 
 
 
*** 55) a) Determinar a variação da altura e do volume do cilindro de aço da figura, para 
o carregamento indicado; b) Resolver o item (a) admitindo carregamento hidrostático, 
com σ?σ?σ?σ?x = σ?σ?σ?σ?y = σ?σ?σ?σ?z = – 83 MPa. 
 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
 �y = E . æ" => - 83 . 106 = 207 . 109 . æ" => ê» = - 4,009661836 . ���� 
 
- 4,009661836 . 10�� = ∆…Ä��� => ∆º» = - 0,060946859 mm 
 
 悊` = - 0,3 . (- 4,009661836 . 10��) = 1,202898551 . 10-4 
 
1,202898551 . 10-4 = ∆‚�� => ∆r = 6,134782609 . ���‘ 
Adriano Alberto 
 
33 
Vf = [P . (51 + 6,134782609 . 10��)²] . (152 - 0,060946859) => Vf = 1 241 835,631 mm³ 
 
V0 = (P . 51²) . 152 = 1 242 034,939 mm³ 
 ∆V = Vf – V0 = - 199,307782 mm³ 
 
 
b) 
 
 �y = �yy + �rad = - 83 . 106 - 0,30 . (- 83 . 106) = - 58,1 . 106 Pa 
 
æ" = �	��,�	.		��]���		.		��ª = - 2,806763285 . ���� 
 
- 2,806763285 . 10�� = ∆…Ä��� => ∆º» = - 0,042662801 mm 
 
 �rad = �rad,rad + �y,rad = - 83 . 106 - 0,30 . (- 83 . 106) = - 58,1 . 106 Pa 
 
悊` = �	��,�	.		��]���		.		��ª = - 2,806763285 . ���� 
 
- 2,806763285 . 10�� = ∆‚�� => ∆r = - 0,014314492 mm 
 
Vf = [P . (51- 0,014314492)²] . (152 - 0,042662801) => Vf = 1 240 989,403 mm³ 
 
V0 = (P . 51²) . 152 = 1 242 034,939 mm³ 
 ∆V = Vf – V0 = - 1 045,536081 mm³ 
 
 
 
56) Uma unidade de amortecimento de vibrações consiste de dois blocos de borracha dura 
coladas à placa AB e dois suportes fixos. Para o tipo de borracha usado, σ?σ?σ?σ?adm = 1,5 MPa e 
G = 18 MPa. Sabendo-se que uma força vertical e centrada P de intensidade 27 kN deve 
causar uma deflexão vertical de 2 mm na placa AB, determinar o menor valor admissível 
para os lados a e b dos blocos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Adriano Alberto 
 
34 
�Š`š = �� => 1,5 . 106 = ��	.	��
O
� => Atotal = 0,018 m²�,���
� = 0,060 . b => b = 0,15 m = 150 mm 
 
 �Š`š = G . = => 1,5 . 106 = 18 . 106 . = => ð = 0,083333333 rad 
 
 
tg= = �	ššŠ => a = �	šš˜Ï(�,���������) => a = 23,9444188 mm 
 
 
 
PROBLEMAS ENVOLVENDO CONCENTRAÇÃO DE TENSÕES E DEFORM. 
PLÁSTICAS 
 
 
*** 57) Uma barra longa de aço foi furada em dois pontos, e a barra foi submetida à força 
axial P = 32 kN. Determinar o maior valor da tensão: a) no ponto A; b) no ponto B. 
 
 
 
 
a) 
 
 
Ponto A: 
 
 �šáQ	= K . �š3` 
 
 
�š3` = ��	.	��O�,���		.		(�,�����,���)	 = 26 666 666,67 Pa 
 
 ‚
ñ = 
�,���
�,��� = 0,1 
 
À partir do valor de ‚ñ, de acordo com a tabela da página 123 do livro Hibbeler 5ª ed, 
encontramos: 
 
K = 2,65 
 �šáQ	= 2,65 . 26 666 666,67 => Aˆáî	= 70 666 666,58 Pa 
 
 
Ponto B: 
 
 
Adriano Alberto 
 
35 
�š3` = ��	.	��O�,���		.		(�,�����,���)	 = 42 666 666,67 Pa 
 
 ‚
ñ = 
�,���
�,���	 = 0,25 
 
À partir do valor de ‚ñ, de acordo com a tabela da página 123 do livro Hibbeler 5ª ed, 
encontramos: 
 
K = 2,375 
 �šáQ	= 2,375 . 42 666 666,67 => Aˆáî	= 101 333 333,3 Pa 
 
 
 
58) a) Determinar para qual valor r do raio dos arredondamentos a tensão será a mesma 
em A e nos arredondamentos. b) Se a tensão admissível é de 150 MPa, que valor tem a 
carga admissível P? 
 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
�šáQ,�	= �šáQ,� = KA . ��,���		.		(�,�(���,���)	 = KC . 
�
�,���		.		�,�'�	 
 ‚
ñ = 
�
(� = 0,055555555 => KA ≅ 2,75 
 ñ
ò = 
(�
'� = 1,5 ; 
‚
ò = 
‚
�,�'� 
 
 
2,75 . ��		.		��)*	 = KC . 
�
'		.		��)*	 => 
�,��
�		.		��)*	 = 
ó1'		.		��)*	 => KC = 2,0625 ≅ 2,1 
 
À partir da tabela, para KC = 2,1 e ñò = 1,5: 
 
 
‚
ò = 
‚
�,�'� = 0,1375 => r = 8,25 mm 
 
 
b) 
 
 
�šáQ,� = KA . ��,���		.		(�,�(���,���)	 => 150 . 106 = 2,75 . 
�
�,���		.		(�,�(���,���)	 => 
Adriano Alberto 
 
36 
=> P = 43 636,36364 N 
 
150 . 106 = 2,1 . ��,���		.		�,�'�	 => P = 42 857,14286 N = Padm 
 
 
59) A barra AB é feita de aço de alta resistência, para o qual A» = 600 MPa e tem área de 
seção transversal de 800 mm². Quando P = 0, a barra se encaixa exatamente em uma 
moldura de aço doce, que é adotado como sendo elasto-plástico, com A» = 250 MPa. As 
hastes C e D da moldura têm cada uma 600 mm² de área de seção transversal. A moldura 
está apoiada em uma máquina de testes, que aplica a força P, aumentado-a gradualmente 
até o valor de 750 kN, depois diminuindo-a até zero. Para os dois aços, E = 200 GPa. 
Determinar a tensão na barra AB: a) quando P = 750 kN; b) depois da remoção da carga. 
 
 
 
 
 
 
a) 
 
2 . FC + FAB = P => 2 . �� . 600 . 10-6 + ��# . 800 . 10-6 = 750 000 => 
 ��# . 800 . 10-6 = 750 000 – �� . 1 200 . 10-6 => AmŒ = 937,5 . 106 - 1,5 . A• (I) 
 
 
�¨# = ¨�$ => 0u�	.		…�u�	.		© = �	.		01	.		…�	.		�1	.		© => AmŒ = A• = A = A• (II) (no regime elástico) 
 
 
Substituíndo (II) em (I): 
 
 ��# = 937,5 . 106 - 1,5 . ��# => ��# = 937 499 998,5 Pa = �� = �$ 
 
Como 937 499 998,5 Pa > 250 Mpa, ocorre uma deformação plástica tanto na barra como na 
moldura. Então, a equação (II) não se aplica. Ela serviria se conhecessemos tal deformação e 
aplicassemos a equação apenas na região elástica resultante da recuperação elástica. 
 
Então, necessita-se de outra equação que leve em conta a mudança nas dimensões das peças 
devido à deformação plástica. Na falta de tal equação, utilizando apenas a equação (I) e fazendo 
uma suposição muito grosseira que �� = �$ = 250 Mpa, calculamos o valor de ��#: 
 
 �� = 250 . 106 => AmŒ = 562,5 Mpa 
 
Adriano Alberto 
 
37 
Vale ressaltar que, em verdade, não podemos afirmar com certeza de que a tensão fosse 
distribuída dessa forma e que em um passe de mágica recaísse tal valor (250 Mpa) para a 
moldura. Isso pode ser considerado no caso de haver apenas escoamento na moldura e a 
tensão permanecer constante em 250 Mpa. 
 
 
 
b) 
 
Considerando que houve uma deformação plástica na moldura e, após a retirada da carga, 
a moldura volta para o regime elástico. 
 
De acordo com a equação (II), ��# = �� = �$ = ��$. Então, para a moldura: 
 ��$,‚32™`܊— = 562,5 - 250 = 312,5 MPa (até a retirada da carga) 
 
=> FCD,residual = 312,5 . 106 . 1 200 . 10-6 = 375 000 N 
 
Esta força residual é redistribuída para a barra AB e moldura. 
 
 
2 . FC + FAB = 375 000 => 2 . �� . 600 . 10-6 + ��# . 800 . 10-6 = 375 000 => 
 ��# . 800 . 10-6 = 375 000 – �� . 1 200 . 10-6 => AmŒ = 468,75 . 106 - 1,5 . A• (III) 
 
 
Substituíndo (II) em (III): 
 
2,5 . ��# = 468,75 . 106 => AmŒ = 187,5 Mpa 
 
60) Cada cabo tem seção transversal de 100 mm², e é feito de material elasto-plástico com A» = 320 MPa e E = 200 GPa. Uma força Q é aplicada em C à barra rígida ABC e 
aumentada gradualmente de zero até 45 kN, quando então se reduz a zero. Sabendo-se 
que os cabos estão inicialmente esticados, determinar: a) a maior tensão no cabo BD; b) a 
máxima deflexão do ponto C; c) a deflexão final do ponto C. (Sugestão: na parte (c), o cabo 
CE não está esticado). 
 
 
 
 
 
- RA + TBD + TCE - Q = 0 (I) 
 
∑
� = 0 => TBD . 1 + TCE . 2 – Q . 2 = 0 => - ׌
 = TCE – Q (II) 
 
 
Adriano Alberto 
 
38 
Substituíndo (II) em (I): 
 
 
- RA + TBD - 
%�&
� = 0 => RA = 
׌
 (III) 
 
 
∑
� = 0 => RA . 2 - TBD . 1 = 0 => RA = ׌
 (OK) 
 
 ∑
# = 0 => RA . 1 + TCE . 1 – Q . 1 = 0 => RA + TCE – Q = 0 (OK) 
 
 
Semelhança de triângulos: 
 Ò1�
� = 
Ò�&
� => °•Ñ = 2 . °Œ (IV) 
 
 
 
%1�	.		…	
�© = 2 . 
%�&	.		…	
�© => TCE = 2 . TBD (V) (para o regime elástico) 
 
 
a) 
 
Para Q = 45 000 N 
 
Substituíndo (V) em (II), obtemos: 
 
- 
%�&
� = 2 . TBD – 45 000 => TBD = 18 000 N 
 
�#$ = ��	������		.		��)] => AŒ = 180 MPa 
 
 
TCE = 2 . TBD => TCE = 36 000 N 
 ��© = �'	������		.		��)] = 360 MPa > 320 MPa (o cabo CE escoa) 
 
Logo, ��© = 320 MPa => TCE = 32 000 N 
 
Substituíndo em (II): 
 
- 
%�&
� = 32 000 – 45 000 => TBD(máx) = 26 000 N 
 
�#$ = �'	������		.		��)] => AŒ(ˆáî) = 260 MPa (regime elástico) 
 
 
b) °•Ñ(ˆáî) = ? 
 
 
Utilizando a equação (IV) que independe do regime ser elástico ou não: 
 
 
Adriano Alberto 
 
39 
¨�©(máx) = 2 . ¨#$(šáQ) = 2 . %�&(á)	.		…	�© = 2 . �'	���	.		�	���	.		��)]		.		���		.		��ª => °•Ñ(máx) = 5,20 mm 
 
 
c) °•Ñ(final) = ? 
 
Considerando que o cabo BD não se deformou plasticamente e que o cabo CE se deformou 
plasticamente, mas se dobra no retorno da barra ABC, o ponto C volta para a posição 
inicial após a remoção da carga. 
 
 
61) Uma barra de aço de seção uniforme de área A é presa a suportes rígidos e se encontra 
isenta de tensões quando a temperatura é de 60ºF. Adota-se o aço como sendo 
elastoplástico, com A» = 248 MPa e E = 207 GPa. Sabendo-se que o coeficiente de dilatação 
térmica é σ?σ?σ?σ?= 6,5 x 10–6/ºF, determinar: 
 
a) a tensão quando a temperatura é aumentada até 360 ºF; 
b) a tensão quando a temperatura tiver retornado a 60 ºF. 
 
 
 
 
 
a) 
 ¨% = ; . ∆ô . L = 6,5 . 10-6 . (360 – 60) . L => °× = 1,95 . 10-3 . L (I) 
 
¨% = ¨0 = 0	.		…�© = A
�’	.	��õ . L (II) (regime elástico) 
 
 
Igualando (II) e (I): 
 
1,95 . 10-3 . L = }���	.	��ª . L => � = 403,65 MPa > 248 MPa 
 
Então, a barra escoa e se mantêm em uma tensão constante de 248 MPa (compressão) 
 
Possivelmente, a região central da barra se dilata e as extremidades se comprimem em 
contato com os suportes. 
 
 
b) �‚32™`܊— = 403,65 – 248 = 155,65 MPa (Tração)Possivelmente, as regiões que foram comprimidas e deformadas plasticamente, exercem 
forças que, em contato com os suportes, impedem as outras regiões da barra voltarem ao 
seu estado original, causando tensão em tração. 
Suponho, no caso de altas temperaturas, que não se pode descartar a possibilidade de a 
região central sofrer fluência e se deformar plasticamente, minimizando ou até anulando 
as tensões nas extremidades, permanecendo essa região central alongada e as 
extremidades com dimensões menores, mesmo que não hovessem os suportes rígidos. Pode 
Adriano Alberto 
 
40 
acontecer também que o alongamento permanente na região central, após a remoção da 
carga, cause uma compressão na barra em contato com os suportes. 
 
 
62) A barra de aço ABC está ligada a suportes fixos e não tem tensões à temperatura de 20 
ºC. O aço é elasto-plástico com E = 200 GPa e A» = 250 MPa. As duas porções da barra 
têm sua temperatura elevada para 120ºC. Sabendo-se que σ?σ?σ?σ?= 11,7 x 10–6/ºC, determinar: 
 
a) as tensões normais nas partes AC e CB; 
b) o deslocamento do ponto C. 
 
 
 
 
 
 
 
FAC = FCB => ��� . 450 . 10-6 = ��# . 600 . 10-6 => Am• = �‘ . A•Œ (I) 
 
a) 
 
FAC = ‹×•Œ 
 
¨%1�= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 = 0+1� 	.		�,���'��	.		��)]	.		���	.		��ª => ‹×•Œ = 140 400 N = FAC 
 ��� = ���	������	.		��)] = 312 MPa > 250 MPa (ocorre escoamento) 
 
Logo, FAC = 250 . 106 . 450	.		10�' = 112 500 N 
 
Substituíndo o valor de ��� na equação (I), obtemos: 
 
250 = �� . ��# => A•Œ = 187,5 MPa 
 
b) 
 
Após o retorno da temperatura a 20°C, ���(‚32™`܊—) = 312 – 250 = 62 MPa (tração) 
 
=> FAC(residual) = 27 900 N 
 
¨� = ¨�# = ��	(��		.		�,���'��	.		��)]	.		���	.		��ª = 9,3 . 10-5 m (←) 
 
 
 
FR(AC) = FR(CB) => �÷(��) . 450 . 10-6 = �÷(�#) . 600 . 10-6 => A”(m•) = �‘ . A”(•Œ) (I) 
 
a) 
 
Adriano Alberto 
 
41 
 ¨%u1 + ¨%1�= ¨0u1 + ¨01� 
 
= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,200 + 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 = 0u1	.		�,����u1	.		���		.		��ª + 
01�	.		�,���
�1�	.		���		.		��ª 
 
=> 7,02 . 10-4 = Am• . 10-12 + 2 . 10-12 . A•Œ (II) (para o regime elástico) 
 
 
Após a retirada da carga, ���(‚32™`܊—) = 312 – 250 = 62 MPa (tração) 
 
=> FAC(residual) = 27 900 N 
 
�¨� = ¨01� = ��	(��		.		�,���'��	.		��)]	.		���	.		��ª = 9,3 . 10-5 m (←) 
 
 ¨� = ¨%u1 - ¨%1�+ ¨0u1 - ¨01� = 
 
= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,200 - 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 + 0u1	.		�,����u1	.		���		.		��ª - 
01�	.		�,���
�1�	.		���		.		��ª 
 
=> °• = - 2,34 . 10-4 + Am• . 10-12 – 2 . 10-12 . A•Œ (II) 
 
FAC = ‹×•Œ 
 
¨%1�= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 = 0+1� 	.		�,���'��	.		��)]	.		���	.		��ª => ‹×•Œ = 140 400 N = FAC 
 ��� = ���	������	.		��)] = 312 MPa > 250 MPa (ocorre escoamento) 
 
Logo, FR(AC) = 250 . 106 . 450	.		10�' = 112 500 N 
 
 
FCB = ‹×m• 
 
¨%u1= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,200 = 0+u1 	.		�,������	.		��)]	.		���	.		��ª => ‹×m• = 105 300 N = FCB 
 ��# = ���	���'��	.		��)] = 175,5 MPa 
 
 
 
Substituíndo o valor de ��� na equação (I), obtemos: 
 
250 = �� . �÷(�#) => A”(•Œ) = 187,5 MPa 
 
FR(CB) = 187,5 . 600 = 112 500 N 
 
¨� = ¨0u1 - ¨01� = ���	���		.		�,������	.		��)]	.		���	.		��ª - ���	���		.		�,���'��	.		��)]	.		���	.		��ª