Trabalho de elementos de maquinas

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARÁ - UFPA 
INSTITUTO DE TECNOLOGIA – ITEC 
FACULDADE DE ENGENHARIA NAVAL – FENAV 
 
 
 
 
DÉBORA SALES PINHEIRO - 201807440008 
FABRÍCIO GUSTAVO ROCHA DA SILVA – 20180744011 
FELIPE VÉRAS DIAS – 201807440017 
LARA ABDALLAH ZAHALAN - 201707440017 
LUIZ GUSTAVO FERREIRA FILHO – 201807440022 
VALDINEI LIMA DA SILVA – 201707440029 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
 
 
 
 
 
BÉLEM – PA 
2020 
 
 
DÉBORA SALES PINHEIRO - 201807440008 
FABRÍCIO GUSTAVO ROCHA DA SILVA – 20180744011 
FELIPE VÉRAS DIAS – 201807440017 
LARA ABDALLAH ZAHALAN - 201707440017 
LUIZ GUSTAVO FERREIRA FILHO – 201807440022 
VALDINEI LIMA DA SILVA – 201707440029 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIOS PROPOSTOS 
 
 
Trabalho orientado pelo professor Paulo 
Vitor Zigmantas, apresentado ao Curso de 
Bacharelado em Engenharia Naval do 
Instituto de Tecnologia da Universidade 
Federal do Pará, como requisito para 
avaliação da disciplina Elementos de 
Máquinas. 
 
 
 
BÉLEM – PA 
2020 
 
 
 
PRIMEIRA LISTA DE EXERCÍCIOS DE ELEMENTOS DE MÁQUNAS 
1.1 Duas barras cilíndricas de seção transversal cheia AB e BC são soldadas uma à outra 
em B e submetidas a um carregamento conforme mostra a figura. Determine a intensidade da 
força P para a qual a tensão normal de tração na barra AB é duas vezes a intensidade da tensão 
de compressão da barra BC. 
 
 
 
Aab = 
𝜋
4
(50)2 = 1963.5 𝑚𝑚² => 𝜎𝑎𝑏 =
𝑝
𝐴𝑎𝑏
=
𝑝
1963.5
= 509.3 ∗ 10−6 p 
 
Abc = 
𝜋
4
(75)2 = 4417.9 mm2 => 𝜎𝑏𝑐 =
(2)(130)−𝑝
𝐴𝑎𝑏
=
260−𝑝 
4417.9
 = 0,0588 − 226,4 ∗ 10−6 𝑝 
𝝈𝒂𝒃 é 𝟐𝒙 𝝈𝒃𝒄 
Logo, 509.3 ∗ 10−6 = 2(0,0543 − 226,4 ∗ 10−6 𝑝) 
 
1.3 Duas barras cilíndricas de seção transversal cheia AB e BC são soldadas uma à outra 
em B e submetidas a um carregamento conforme mostra a figura. Sabendo que a tensão normal 
média não pode exceder l75 MPa na barra AB e 150 MPa na barra BC, determine os menores 
valores admissíveis de dl e d2. 
 
AB => P = 40 + 30 = 70 𝐾𝑁 = 70 ∗ 103 𝑁 
σab=
𝑃
𝐴𝑎𝑏
=
𝑃
𝜋
4
𝑑2 
=
4𝑃
𝜋d2
 
 𝑑1 = √
4𝑃
𝜋𝜎𝑎𝑏
= √
(4)(70∗103)
𝜋(175∗106)
 = 22,6 ∗ 10−3 𝑚 => 𝑑1 = 22,6 𝑚𝑚 
 𝐵𝐶 => 𝑃 = 30𝐾𝑁 = 30 ∗ 103 𝑁 
 𝜎𝑏𝑐 =
𝑃
𝐴𝑏𝑐
=
𝑃
𝜋
4
𝑑2 
= 
4𝑃
𝜋𝑑2 
 
 𝑑2 = √
4𝑃
𝜋𝜎𝑏𝑐
= √
(4)(30∗103)
𝜋(150∗106)
 = 15,96 ∗ 10−3 𝑚 => 𝑑2 = 15,96 𝑚𝑚 
 
 
 
1.4 Duas barras cilíndricas de seção transversal cheia AB e BC são soldadas uma à outra 
em B e submetidas a um carregamento conforme mostra a figura. Sabendo que dl = 50 mm e 
d2 = 30 mm, calcule a tensão normal média no ponto médio da (a) barra AB e (b) barra BC. 
 
 
 𝐴𝐵 => 𝑃 = 40 + 30 = 70 𝐾𝑁 = 70 ∗ 103 𝑁 
 𝐴 = 
𝜋
4
𝑑2 = 
𝜋
4
(50)2 = 1,9635 ∗ 103 mm2 = 1,9635 ∗ 10−3 m2 
 𝜎𝑎𝑏 =
𝑃
𝐴
=
70∗103 
1,9635∗10−3 
 = 35,7 ∗ 103 𝑃𝑎 => 𝜎𝑎𝑏 = 36,7 𝑀𝑃𝑎 
 𝐵𝐶 => 𝑃 = 30 𝐾𝑁 = 30 ∗ 103 𝑁 
 𝐴 = 
𝜋
4
𝑑2 = 
𝜋
4
(30)2 = 706,86 mm2 = 706,86 ∗ 10−6 m2 
 𝜎𝑏𝑐 =
𝑃
𝐴
=
30∗103 
706,86∗10−6 
 = 42,4 ∗ 106 𝑃𝑎 => 𝜎𝑏𝑐 = 42,4 𝑀𝑃𝑎 
 
1.6 Duas chapas de aço precisam ser unidas por meio de parafusos de aço de alta resistência e 
l6 mm de diâmetro que se encaixam dentro de espaçadores cilíndricos de latão. Sabendo que a 
tensão normal média não deve exceder 200 MPa nos parafusos e l30 MPa nos espaçadores, 
determine o diâmetro externo dos espaçadores que resulte no projeto mais econômico e 
seguro. 
 
 
P6 = P5 
𝜎6 =
𝐹6
𝐴6
= 
4𝑃6
𝜋𝑑2
 => 𝑃6 = 
𝜋
4
 𝜎6 𝑑2 
 
𝜎5 =
𝑃5
𝐴5
= 
4𝑃5
𝜋(𝑑52−𝑑62)
 => 𝑃5 = 
𝜋
4
 𝜎5 (𝑑52 − 𝑑6) 
P6 e P5 
 
𝜋
4
 𝜎6 𝑑62 = 
𝜋
4
 𝜎5 (𝑑52 − 𝑑62) 
 𝑑5 = √( 1 +
𝐺6
𝐺5
 ) => 𝑑6 = √ 1 +
200
130
 (16) => 𝑑5 = 25,49 𝑚𝑚 
 
1.7 Cada uma das quatro barras verticais tem uma seção transversal retangular uniforme de 
8 x 36 mm e cada um dos quatro pinos tem um diâmetro de 16 mm. Determine o valor máximo 
da tensão normal média nos vínculos que conectam (a) os pontos B e D e (b) os pontos C e E. 
 ∑Mc = 0 ∶ (0,040)Fbd – (0,025 + 0,040)(20 ∗ 103 ) = 0 
 𝐹𝑏𝑑 = 32,5 𝑥 103 𝑁 
Logo, BP é tensão. 
 ∑Mb = 0 ∶ −(0,040)Fce – (0,025 + 0,040)(20 ∗ 103 ) = 0 
 𝐹𝑐𝑒 = −12,5 𝑥 103 𝑁 
Logo, CE é compressão. 
 
 
 
𝐴 = (0,008)(0,036) = 288 𝑥 10−6 m2 
 
Teus, paralelo An1 = 320 x 10−6 
 𝜎𝑏𝑑 =
𝐹𝑏𝑑
𝐴𝑛𝑖𝑡
=
32,5 𝑥 103
320 𝑥 10−6
= 101,56 𝑥 10−6 => 𝜎𝑏𝑑 = 101,6 𝑀𝑃𝑎 
 𝐴𝑗𝑛𝑙 = (0,008)(0,036) = 288 𝑥 10−6 m2 𝑃𝑎𝑟𝑎 => 516 𝑥 10−6 m2 
 
 𝜎𝑐𝑒 =
𝐹𝑐𝑒
𝐴
=
−12,5 𝑥 103
516 𝑥 10−6
= −21,70 𝑥 10−6 
 𝜎𝑐𝑒 = −21,7 𝑀𝑃𝑎 
 
 
1.9. Sabendo que o elemento DE tem 25,4 mm de largura e 3,2 mm de espessura, determine 
a tensão normal na parte central daquele vínculo quando (a) θ = 0º e (b) θ = 90º. 
 
CEF : Anti-horário 
 ∑Mc = 0 
 − 0,3 Fde − (0,2) (240 𝑠𝑒𝑛Ꝋ) − (0,4) (240 𝑐𝑜𝑠Ꝋ) = 0 
 𝐹𝑑𝑒 = −160 𝑠𝑒𝑛θ −320 cosθ N 
 𝐴𝐷 = (0,025) (0,003) = 75 𝑥 10−6 m2 
 𝜎𝑑𝑡 =
𝐹𝑑𝑡
𝐴𝑑𝑒
 
(A) 
θ = 0º : 𝐹𝑑𝑡 = − 320 N => 𝜎𝑑𝑡 =
− 320
75 𝑥 10−6
 => −4,27 𝑀𝑃𝑎 
 
(B) 
θ = 90º => 𝐹𝑑𝑡 = − 160 N => 𝜎𝑑𝑡 =
− 160
75 𝑥 10−6
 => −2,13 𝑀𝑃𝑎 
 
1.11 A barra rígida EFG é suportada pelo sistema de treliça mostrado na figura. Sabendo que 
a componente CG é uma haste circular sólida de 19,0 mm de diâmetro, determine a tensão 
normal em CG. 
 θ = ARCTG
0,9
1,2
= 36,87º 
 
 
Equilíbrio no nó E: Sentido anti-horário + 
 ∑Fy = 0 => Fae = (sen 36,87º) − 16𝐾𝑁 = 0 
 Fae =
16KN
sen 36,87º
= 26,66 (T) => Fae = 26,66 KN (T) 
Equilíbrio na barra EFG: Sentido anti-horário + 
 ∑Mf = 0 => Fae = (sen 36,87º) (1,2) + 𝐹𝑐𝑏 (sen 36,87º) (1,2) = 0 
 𝐹𝑐𝑏 =
𝐹𝑎𝑒 (sen 36,87º) (1,2)
(sen 36,87º) (1,2)
 => 𝐹𝑎𝑒 = 26,66 𝐾𝑁 (𝑇) 
Tensão normal CG: 
 Ϭ =
P
A
=
[𝑷]
𝜋d2
𝟒
= 4𝑃/𝜋d2 
 Ϭ =
4𝑃
𝜋d2
=
[4 (26,66 𝑥 103 𝑁)]
𝜋(0,019 𝑚) 2
= 94,03 𝑥 10−6 N/m2 
 Ϭ = 94,03 Mpa 
 
1.13 O conjugado M de intensidade 1 500 N.m é aplicado à manivela de um motor. Para a 
posição mostrada, determine (a) a força P necessária para manter o sistema do motor em 
equilíbrio e (b) a tensão normal média na biela BC, que tem uma seção transversal uniforme de 
450 mm². 
Reação H da parede: 
 ∑Ma = 0 => (0,280m)H − 1500 N. m = 0 => H = 5,36 x 103 𝑁 
(A) 
 𝑙 = √ 2002 + 602 = 208,81 𝑚𝑚 
 
𝑃
𝐻
=
200
60
 => 60𝑃 = 200𝐻 
 60𝑃 = 200 (5,36 𝑥 103 𝑁) => 𝑃 = 17,87 𝑥 103 𝑁 
(B) 
𝐹𝑏𝑐
𝐻
=
208,81
60
 => 60𝐹𝑏𝑐 = 208,81 𝐻 − 60 𝐹𝑏𝑐 = 208,81 (5,36 𝑥 103 𝑁) 
 𝐹𝑏𝑐 = 18,65 𝐾𝑁 (𝐶) 
 Ϭ =
P
A
= −
𝐹𝑏𝑐
𝐴
=
−18,65 𝑥 103 𝑁
4,5 𝑥 10−4 m2
= −41,44 𝑥 106 N/m2 
 Ϭ = −41,44 MPa 
 
 
1.17 Duas pranchas de madeira, cada uma com 12 mm de espessura e 225 mm de largura, 
são unidas pela junta de encaixe mostrada na figura. Sabendo que a madeira utilizada rompe 
por cisalhamento ao longo das fibras quando a tensão de cisalhamento média alcança 8 MPa, 
determine a intensidade P da carga axial que romperá a junta. 
 
Seis áreas de cisalhamento 
 τ =
P
A
=
𝑃
𝜎𝐴
 = 𝑃 = τ𝜎𝐴 = (8,16 𝑥 106
𝑁
m2
) (6) (0,012 𝑚 𝑥 0,016 𝑚) => 𝑃 = 9216 𝑁 
P = 9,22 KN 
 
1.18 Uma carga P é aplicada a uma barra de aço suportada por uma chapa de alumínio na 
qual foi feito um furo de 12 mm conforme mostra a figura. Sabendo que a tensão de 
cisalhamento não deve exceder 180 MPa na barra de aço e 70 MPa na chapa de alumínio, 
determine a máxima carga P que pode ser aplicada à barra. 
Tensão de cisalhamento do aço: 
 τ aço=P/(A aço) => P= σaço Aaço => P= σaço 2πrh 
 P = (180 x 〖10〗^6 N/m^2 ) (2π0,0075m x 0,01 m) = 84,78 N 
Tensão de cisalhamento do alumínio: 
 Τal = P/Aal => P= σal Aal => P = σal 2πrh 
 P = (70 x 〖10〗^6 N/m^2 ) (2π0,02m x 0,008 m) = 70,33 N 
 
1.38 O elemento ABC, suportado por um pino em C e por um cabo BD, foi projetadopara 
suportar uma carga P de 16 kN conforme mostrado. Sabendo que a carga limite para o cabo BD 
é de 100 kN, determine o coeficiente de segurança com relação à falha do cabo. 
 
 
Sentido anti-horário + 
∑Mc = 0 
 (𝐴 𝑐𝑜𝑠40º) (1,2) + (𝑃 𝑠𝑒𝑛 40º) (0,6) − (𝐹𝑏𝑝 cos 30º) 
 (0,6) − (𝐹𝑏𝑑 sen 30º) (0,4) = 0 
 1,30493𝑃 − 0,71962 𝐹𝑏𝑑 = 0 
 𝐹𝑏𝑑 = 1,81335𝑃 = (1,81335) (16 𝑥 103) = 2,9014 𝑥 103 𝑁 
F = 100 x 10³ N 
 𝐹𝑚 =
𝐹𝑎𝑛𝑡
𝐹𝑏𝑑
=
100 x 103
2,9014 𝑥 10³ 
 
 𝐹𝑠 = 3,45 
 
1.39 Sabendo que a carga limite no cabo BD é de 100 kN e que o coeficiente de segurança 
exigido para a falha do cabo é de 3,2, determine a intensidade do maior esforço P que pode ser 
aplicado com segurança conforme o indicado para o elemento ABC. 
 
Sentido anti-horário + 
∑Mc = 0 
 (𝑃 𝑐𝑜𝑠40º) (1,2) + (𝑃 𝑠𝑒𝑛 40º) (0,6) − (𝐹𝑏𝑑 cos 30º) (0,6) − (𝐹𝑏𝑑 𝑠𝑒𝑛 30º) (0,4) = 0 
 1,30493𝑃 − 0,71962 𝐹𝑏𝑑 = 0 
P = 0,55404 Fbd 
 𝐹𝑏𝑑 =
𝐹𝑚
𝐹𝑠
=
100𝐾𝑁
3,2
= 3,125 𝐾𝑁 
Pm = (0,55404) () 
 𝑃𝑚 = (0,55404) (3,125) = 1,732 𝐾𝑁 
 
 
1.60 Duas forças horizontais de 22,24 kN são aplicadas ao pino B do conjunto mostrado na 
figura. Sabendo que é utilizado um pino de 20,32 mm de diâmetro em cada conexão, determine 
o valor máximo da tensão normal média (a) na haste AB e (b) na haste BC. 
 
 
 
 
 
𝐹𝑎𝑏
𝑠𝑒𝑛45°
=
𝐹𝑏𝑐
𝑠𝑒𝑛60°
=
44,48
𝑠𝑒𝑛75°
 
 𝐹𝑎𝑏 = 31,1 𝐾𝑁 
 𝐹𝑏𝑐 = 38,2 𝐾𝑁 
 𝐴𝑚𝑡 = (0,046 − 0,02) (0,012) = 312 𝑥 10−6 m2 
(A) 
 𝐴𝐵 => 𝜎𝑎𝑏 =
𝐹𝑎𝑏
𝐴𝑎𝑛𝑡
=
31,1 𝐾𝑁
312 𝑥 10−6
 = 99,7 ≅ 100 𝑀𝑃𝑎 
 𝐴 = (0,046) (0,012) = 552 𝑥 10−6 
(B) 
 𝐵𝐶 => 𝜎𝑏𝑐 =
𝐹𝑏𝑐
𝐴
=
38,2 𝐾𝑁
552 𝑥 10−6
= 69,2 𝑀𝑃𝑎 
 
2.12 Uma barra de alumínio quadrada não deve se alongar mais de 1,4 mm quando submetida 
a uma força de tração. Sabendo que E = 70 GPa e que a resistência à tração admissível é 120 
MPa, determine (a) o comprimento máximo admissível para a barra e (b) as dimensões 
necessárias para a seção transversal se a força de tração for de 28 kN. 
 Ϭ = 120,6 x 106 Pa 
 E = 70 x 109 Pa 
 S = 1,4 x 10−3 m 
(A) 
 S =
PL
AE
=
ϬL
E
 => L =
ES
Ϭ
=
[(70 x 109) (1,4 x 10−3)]
120x106
= 0,817 𝑚 
 L = 817 mm 
 A = a² 
(B) 
Ϭ =
P
A
 => 𝐴 =
𝑃
Ϭ
=
28 𝑥 103
120 𝑥 106
= 233,333 𝑥 10−6 m2 = 233,333 mm² 
 A = a2 => 𝑎 = √ 𝐴 = √233,333 => 𝑎 = 15,28 𝑚𝑚 
2.13 A barra BD feita de aço (E = 200 GPa) é utilizada para contenção lateral da haste 
comprimida ABC. O máximo esforço que se desenvolve em BD é igual a 0,02P. Se a tensão 
não deve exceder 124,1 MPa e a máxima mudança de comprimento da barra BD não pode 
exceder 0,001 vez o comprimento de ABC, determine o menor diâmetro possível de ser 
utilizado para o membro BD. 
 𝐹𝑏𝑑 = 0,02𝑃 = (0,02) (578) = 11,56 𝐾𝑁 
 Ϭ = 124,1 MPa 
 Ϭ =
Fbd
A
 => A =
Fbd
Ϭ
=
11560
124,1
= 93,15 mm² 
 𝑆 = (0,001) (3600) = 3,6 𝑚𝑚 
 𝑆 =
𝐹𝑏𝑑∗ 𝐿𝑏𝑑
𝐴∗𝐸
 => 𝐴 = 
𝐹𝑏𝑑∗ 𝐿𝑏𝑑
𝐴∗𝑆
=
(11,5 𝑥 103) (1372)
(200 𝑥 103) (3,6)
= 21,9 
 𝐴 = 
𝜋
4
𝑑2 => d = √ 
4𝐴
𝜋
= √ 
(4)(21,9)
𝜋
= 5,28 𝑚𝑚 
 
 
 
 
 
2.14 O cabo BC de 4 mm de diâmetro é feito de um aço com E = 200 GPa. Sabendo que a 
máxima tensão no cabo não pode exceder 190 MPa e que a deformação do cabo não deve 
exceder 6 mm, determine a máxima força P que pode ser aplicada conforme mostra a figura. 
 
Sentido anti-horário: + 
 𝐿𝑏𝑐 = √ 62 + 42 = 7,2111𝑚 
∑Ma = 0 
 3,5 𝑃 − (6) (
4
7,2111
𝐹𝑏𝑝) = 0 
 𝑃 = 0,9509𝐹𝑏 
 Ϭ = 190 𝑥 106 𝑃𝑎 
𝐴 = 
𝜋
4
𝑑2 = 
𝜋
4
 (0,004)2 = 12,566 𝑥 10−6𝑚² 
 Ϭ =
Fbc
A
 => 𝐹𝑏𝑐 = ϬA = (190 x 106) (12,566 𝑥 10−6) = 2,388 𝑥 103𝑁 
 𝑆 = 6 𝑥 10−3 𝑚 
𝑆 =
𝐹𝑏𝑐𝐿𝑏𝑐
𝐴𝐸
=> 𝐹𝑏𝑐 =
𝐴𝐸𝑆
𝐿𝑏𝑐
=
[(12,566 𝑥 10−6) (200 𝑥 109) (6 𝑥 10−3)]
7,2111
= 2,091 𝑥103𝑁 
 𝑃 = 0,9509 𝐹𝑏𝑐 = (0,9509) (2,091 𝑥 103) = 1,988 𝑥 10³𝑁 
 𝑃 = 1,988 𝐾𝑁 
 
2.35 Forças de compressão centradas de 178 kN são aplicadas em ambas as extremidades do 
conjunto mostrado na figura por meio de placas rígidas. Sabendo que Eaço = 200 GPa e Ealum 
= 69,6 GPa, determine (a) as tensões normais no núcleo de aço e no tubo de alumínio e (b) a 
deformação do conjunto. 
 
 𝑆 =
𝑃𝑎𝑙𝐿
𝐸𝑎𝑐𝐴𝑎𝑙
 
𝑃𝑎𝑙 =
𝐸𝑎𝑙 𝑥 𝐴𝑎𝑙
𝑙
 𝑥 𝑆 => 𝑆 =
𝑃𝑎ç𝐿
𝐸𝑎𝑙 𝑥 𝐴𝑎𝑙
 => 𝑃𝑎ç =
𝐸𝑎ç 𝑥 𝐴𝑎𝑙𝑆
𝐿
 
𝑃 = 𝑃𝑎𝑙 + 𝑃𝑎ç = ((𝐸𝑎𝑙 𝑥 𝐴𝑎𝑙) + (𝐸𝑎ç 𝑥 𝐴𝑎𝑙))
𝑆
𝐿
 
𝑆
𝐿
 = Є =>
𝑃
(𝐸𝑎𝑙 𝑥 𝐴𝑎𝑙)+(𝐸𝑎ç 𝑥 𝐴𝑎𝑙)
 => 𝑃 = 178𝐾𝑁 
𝐴𝑎𝑙 = 
𝜋
4
(𝑑2𝑓 − 𝑑21) = 
𝜋
4
 ((0,063)2 − (0,025)²) = 0,002626 𝑚 
𝐴𝑎ç = 
𝜋
4
𝑑2 = 
𝜋
4
 ((0,025)2 = 0,000491 𝑚² 
 Є =
17800
[(69,6 𝑥 109 )(0,002626)+ (200 𝑥 109)(0,000491)]
= 
(A) 
Ϭaç = Eaç x Є = (200 𝑥 109)(−633,5 𝑥 10−6) = 126 𝑀𝑃𝑎 
Ϭal = Eal x Є = (69,6 𝑥 109)(−633,5 𝑥 10−6) = − 44 𝑀𝑃𝑎 
(B) 
𝑆 = 𝐿 => Є = (0,05)(−633,5 𝑥 10−6) = 0,001577 𝑚𝑚 
 
2.43 Um tubo de aço (E = 200 GPa) com diâmetro externo de 31,8 mm e espessura de 3,18 
mm é colocado em um torno de bancada ajustado de maneira que as mandíbulas apenas toquem 
as extremidades do tubo sem exercerem nenhuma pressão sobre ele. As duas forças mostradas 
na figura são então aplicadas ao tubo. Após aplicar essas forças, o torno de bancada é ajustado 
para diminuir a distância entre suas mandíbulas em 0,2 mm. Determine (a) as forças aplicadas 
pelo torno de bancada no tubo em A e D e (b) a variação do comprimento da parte BC do tubo. 
 
Para encontrar as forças aplicadas, é necessário calcular o alongamento nos trechos: A – 
B; B – C; C- D. Assim, teremos: 
Alongamento Trecho A-B: 
dint = dext – 2 x e 
dint = 31,8- 2 x 3,18=25,44 mm 
A= π/4 x (d^2 ext-d^2 int) 
A= π/4 (31,8^2-25,44^2 )=285,92 mm^2 ou 285,92 x 〖10〗^(-6) m^2 
Alongamento Trecho B – C: 
Dados : 
P = Ra ; L=0,0762 m 
δab = (P x L)/(E x A) = ( Ra x 0,0762)/(200x〖10〗^9 x 285,92x〖10〗^(-6) ) = 1,3325x〖
10〗^(-9) xRa 
 
 
Alongamento Trecho C – D: 
Dados: 
P = Ra + 35,6 x 103; L= 0,0762 m 
δbc = (P x L)/(E x A) = ( (Ra+35,6x〖10〗^3 )x 0,0762)/(200x〖10〗^9 x 285,92x〖10〗^(-
6) ) = 1,3325x〖10〗^(-9) x Ra + 4,7438 x〖10〗^(-5) 
Dados: 
P = Ra + 8,9 x 103; L= 0,0762 m 
δcd = (P x L)/(E x A) = ( (Ra+35,6x〖10〗^3 )x 0,0762)/(200x〖10〗^9 x 285,92x〖10〗^(-
6) ) = 1,3325x〖10〗^(-9) x Ra+1,1860 x〖10〗^(-5) 
 Com os valores dos trechos encontrados, somamos os mesmos para assim encontrar o 
alongamento total. Como é demonstrado abaixo: 
Total: δad = δab + δbc + δcd 
δad = 1,3325x〖10〗^(-9) x Ra + 1,3325 x〖10〗^(-9) x Ra+4,7438 x〖10〗^(-5)+ 1,3325x
〖10〗^(-9) x Ra+1,1860 x〖10〗^(-5) 
δad = 3,9976 x 10^(-9) x Ra+5,9298 x 10^(-5) 
δad = - 0,2 mm=0,2 x 〖10〗^(-3) m 
Para encontrar a força aplicada: 
- 0,2 x 〖10〗^(-3)=3,9976 x 〖10〗^(-9) x Ra+5,9298 x 〖10〗^(-5) 
Ra = -64863,42N = 64,86 KN 
Rd = Ra+8,9 x 〖10〗^3= -55,96KN 
Para encontrar a variação do tudo no trecho B-C 
δbc = 1,3325x〖10〗^(-9) x Ra + 4,7438x〖10〗^(-5) 
δbc = 1,3325x〖10〗^(-9) x (-64863,42)+4,7438 x〖10〗^(-5) 
δbc = - 38,992 x 〖10〗^(-6) m = 0,03899 mm 
 
 
2.51 Uma barra formada por duas partes cilíndricas AB e BC está impedida de se deslocar 
em ambas as extremidades. A parte AB é feita de aço (Eaço = 200 GPa, Aaço = 11,7 x 10−6/°C) 
e a parte BC é feita de latão (Elatão = 105 GPa, Alatão = 20,9 x 10−6/°C). Sabendo que a barra 
está inicialmente livre de tensões, determine a força compressiva induzida em ABC quando há 
um aumento de temperatura de 50 °C. 
 
𝐴 = 
𝜋
4
𝑑2𝑎𝑏 = 
𝜋
4
 (30)2 = 706,86 𝑚𝑚2 => 706,86 𝑥 10−6 𝑚² 
𝐴 = 
𝜋
4
𝑑2𝑏𝑐 = 
𝜋
4
 (50)2 = 96,35 𝑥 10³ 𝑚𝑚2 => 1,9635 𝑥 10−3 𝑚² 
 𝑆𝑙 = 𝐿𝑎𝑏𝑑𝑠 (Δ𝑇) + 𝐿𝑏𝑐𝑎 (Δ𝑇) = (0,250) (11,7 𝑥 10−6)((50)+(0,250) + (20,9 x 10−6) (50)) 
= 407,50 x 10−6 m. 
 𝑆𝑝 =
𝑃𝐿
𝐸𝑎 𝑥 𝐴𝑎𝑏
+
𝑃𝐿
𝐸𝑎𝑙 𝑥 𝐴𝑏𝑙
 
=
0,250𝑃
[(200𝑥 109 )(706,86𝑥 10−6)]
+
0,250𝑃
[(105𝑥 109)(1,9635𝑥 10−3)]= 2,9809𝑥10−9𝑃 
Sp = St 
 𝑆𝑝 = 𝑆𝑡 => 2,9809 𝑥 10−9𝑃 = 407,50 𝑥 10−6 
 𝑃 =
407,50 𝑥 10−6
2,9809 𝑥 10−9
= 13,67 𝐾𝑁