Lista 1 - Esforço Normal Simples (2)

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PROBLEMAS 
 
2.1 Uma haste de poliestireno, de comprimento 300 mm e diâmetro 25,4mm é submetida a uma carga de tração de 
3560 N. Sabendo-se que E = 3,1 Gpa, determinar: 
 
(a) o alongamento da haste; 
(b) a tensão normal na haste. 
 
Dados: 
∅ = 25,4 𝑚𝑚 
𝐿 = 300 𝑚𝑚 
𝐸 = 3,1 𝐺𝑃𝑎 = 3100 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐹 = 3560 𝑁 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
→
𝜋 ∙ 25,4²
4
= 506,71 𝑚𝑚 
 
a) 
𝛿 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝐴
 → 
3560 ∙ 300
3100 ∙ 506,71
=
1068000
1570801
= 0,6799 𝑚𝑚 (𝑎𝑙𝑜𝑔𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑒) 
 
b) 
𝜎 =
𝐹
𝐴
→
3560
506,71
= 7,03 𝑁/𝑚𝑚2 (𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 𝑑𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑒) 
 
 
2.2 Um arame de aço de 60 m de comprimento não deve alongar-se mais do que 48 mm, quando é aplicada uma 
tração de 6 kN. Sendo E = 200 GPa, determinar: 
 
(a) o menor diâmetro que pode ser especificado para o arame; 
(b) o correspondente valor da tensão normal. 
 
𝐿 = 60 𝑚 = 60000 𝑚𝑚 
𝛿 = 48𝑚𝑚 
𝐹 = 6 𝑘𝑁 = 6000 𝑁 
𝐸 = 200 𝐺𝑝𝑎 = 200.000 𝑁/𝑚𝑚² 
 
a) 
𝛿 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝐴
 → 𝐴 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝛿
 → 𝐴 =
6000 ∙ 60000
200.000 ∙ 48
= 37,5 𝑚𝑚² 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
37,5 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 47,75 → 𝐷 = √47,75 = 6,91𝑚𝑚 (𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒) 
 
b) 
𝜎 =
𝐹
𝐴
→
6000
37,5
= 160 𝑁/𝑚𝑚2 (𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙) 
 
 
 
 
2.3 Um arame de 80 m de comprimento e diâmetro de 5 mm é feito de um aço com E = 200 GPa e tensão última de 
400 MPa. Se um coeficiente de segurança de 3,2 é desejado, qual é: 
 
(a) a maior tração admissível no arame; 
(b) o correspondente alongamento do arame? 
 
𝐿 = 80 𝑚 = 80000 𝑚𝑚 
∅ = 5 𝑚𝑚 
𝜎𝑢 = 400 𝑀𝑝𝑎 = 400 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐸 = 200 𝐺𝑝𝑎 = 200.000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐾 = 3,2 (𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑟𝑎𝑛ç𝑎) 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋5²
4
= 19,63𝑚𝑚² 
 
a) 
𝐾 =
𝜎𝑢
�̅�𝑡
 → �̅�𝑡 =
𝜎𝑢
𝐾
 → �̅�𝑡 =
400
3,2
= 125 𝑁/𝑚𝑚² 
 
�̅�𝑡 =
𝐹
𝐴
 → 𝐹 = �̅�𝑡 ∙ 𝐴 → 𝐹 = 125 ∙ 19,63 = 2454 𝑁 (𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑎𝑑𝑚) 
 
b) 
𝛿 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝐴
 → 𝛿 =
2454 ∙ 80000
200000 ∙ 19,63
= 50 𝑚𝑚 (𝑎𝑙𝑜𝑔𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑜 𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒) 
 
 
2.4 Um fio de nylon está sujeito a uma tração de 9 N. Sabendo-se que E = 3,45 GPa e que a máxima tensão normal 
admissível é de 40 MPa, determinar: 
 
(a) o diâmetro necessário para o fio; 
(b) o correspondente acréscimo percentual do comprimento do fio. 
 
𝐹 = 9 𝑁 
𝐸 = 3,45 𝐺𝑃𝑎 = 3450 𝑁/𝑚𝑚² 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = 40 𝑀𝑝𝑎 = 40 𝑁/𝑚𝑚² 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝑃
𝐴
 → 𝐴 =
𝑃
𝜎𝑎𝑑𝑚
 → 𝐴 =
9
40
= 0,225𝑚𝑚 
 
a) 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
0,225 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 0,286 → 𝐷 = √0,286 = 0,5352𝑚𝑚 (𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑜) 
 
b) 
𝜀 =
𝜎
𝐸
 → 𝜀 =
40
3450
= 0,012 → 0,012 ∙ 100 = 1,2% (𝑎𝑐𝑟é𝑠𝑐𝑖𝑚𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙) 
 
 
 
 
2.5 Uma haste de controle feita de latão-amarelo deve alongar-se de 3,2 mm, quando sujeito a uma carga de 4000 N. 
Sabendo-se que E = 105 GPa e que a máxima tensão normal admissível é de 415 MPa, determinar: 
 
(a) o menor diâmetro que pode ser especificado para a haste; 
(b) o correspondente comprimento necessário da haste. 
 
𝛿 = 3,2𝑚𝑚 
𝐹 = 4000 𝑁 
𝐸 = 105 𝐺𝑃𝑎 = 105000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = 415 𝑀𝑃𝑎 = 415 𝑁/𝑚𝑚² 
 
𝜎𝑎𝑑𝑚 =
𝐹
𝐴
 → 415 =
4000
𝐴
 → 𝐴 =
4000
415
= 9,64 𝑚𝑚 
 
a) 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
9,64 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 12,27 → 𝐷 = √12,27 = 3,5𝑚𝑚 (𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑒) 
 
b) 
𝛿 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝐴
 → 𝐿 =
𝛿 ∙ 𝐴 ∙ 𝐸
𝐹
 → 𝐿 =
3,2 ∙ 9,64 ∙ 105000
4000
= 810 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑒) 
 OU 
𝜎 = 𝐸 ∙ 𝜀 → 415 = 105000 ∙ 𝜀 → 𝜀 =
415
105000
= 0,00395 
 
𝜀 =
𝛿
𝐿
 → 0,00395 =
3,2
𝐿
 → 𝐿 =
3,2
0,00395
= 810 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑎 ℎ𝑎𝑠𝑡𝑒 
 
2.6 Num arame de alumínio de 4 mm de diâmetro, é observado um alongamento de 25 mm, quando a tração no arame 
é de 400 N. Sabendo-se que E = 70 GPa e, que a tensão última para o alumínio é de 110 MPa, determinar: 
 
(a) o comprimento do arame; 
(b) o coeficiente de segurança. 
 
∅ = 4 𝑚𝑚 
𝛿 = 25 𝑚𝑚 
𝑃 = 400 𝑁 
𝐸 = 70 𝐺𝑃𝑎 = 70000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝜎 = 110 𝑀𝑃𝑎 = 110 𝑁/𝑚𝑚² 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 4²
4
= 12,57 𝑚𝑚² 
 
𝜎 =
𝐹
𝐴
→
400
12,57
= 31,82 𝑁/𝑚𝑚² 
 
b) 
𝐾 =
𝜎𝑢
�̅�𝑡
 → 𝐾 =
110
31,82
= 3,46 (𝑐𝑜𝑒𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑟𝑎𝑛ç𝑎) 
 
𝜎 = 𝐸 ∙ 𝜀 → 31,82 = 70000 ∙ 𝜀 → 𝜀 =
31,82
70000
= 0,000455 
 
a) 
𝜀 =
𝛿
𝐿
 → 𝐿 =
𝛿
𝜀
 → 𝐿 =
25
0,000455
= 54.945 𝑚𝑚 (comprimento do arame) 
 
2.7 Uma barra de alumínio de 1,5 m de comprimento não poderá alongar-se mais do que 1 mm e a tensão normal não 
exceder a 40 MPa, quando estiver sujeita a uma carga axial de 3 kN. Sabendo-se que E = 70 GPa, determinar o 
diâmetro necessário da barra. 
 
𝐿 = 1,5 𝑚 = 1500 𝑚𝑚 
𝛿 = 1 𝑚𝑚 
𝜎 = 40 𝑀𝑃𝑎 = 40 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐹 = 3000 𝑁 
𝐸 = 70 𝐺𝑃𝑎 = 70000 𝑁/𝑚𝑚² 
 
𝐸𝑚 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 
𝛿 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝐴
 → 𝐴 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝛿
 → 𝐴 =
3000 ∙ 1500
70000 ∙ 1
= 64,29 𝑚𝑚 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
64,29 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 81,86 → 𝐷 = √95,49 = 9,05 𝑚𝑚 
 
𝐸𝑚 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑑𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 
𝜎 =
𝐹
𝐴
 → 𝐴 =
𝐹
𝜎
 → 𝐴 =
3000
40
= 75 𝑚𝑚 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
75 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 95,49 → 𝐷 = √95,49 = 9,77 𝑚𝑚 (𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎) 
2.8 Um fio de nylon está sujeito a uma tração de 10 N. Sabendo-se que E = 3,45 GPa, que a máxima tensão normal 
admissível é de 40 Mpa, e que o compromento do fio não poderá aumentar mais que 1%, determinar o diâmetro 
necessário do fio. 
 
𝐹 = 10 𝑁 
𝐸 = 3,45 𝐺𝑃𝑎 = 3450 𝑁/𝑚𝑚² 
𝜎𝑎𝑑𝑚 = 40 𝑀𝑃𝑎 = 40 𝑁/𝑚𝑚² 
𝜀 = 1% = 0,01 
 
𝐸𝑚 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 
𝛿 =
𝐹 ∙ 𝐿
𝐸 ∙ 𝐴
 → 
𝛿
𝐿
=
𝐹
𝐸 ∙ 𝐴
 → 𝜀 =
𝐹
𝐸 ∙ 𝐴
 → 𝐴 = 
𝐹
𝐸 ∙ 𝜀
 → 𝐴 =
10
3450 ∙ 0,01
= 0,29 𝑚𝑚 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
0,29 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 0,369 → 𝐷 = √0,318 = 0,608 𝑚𝑚 
 
𝐸𝑚 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑑𝑎 𝑡𝑒𝑛𝑠ã𝑜 𝑛𝑜𝑟𝑚𝑎𝑙 
𝜎 =
𝐹
𝐴
→ 𝐴 =
𝐹
𝜎
 → 𝐴 =
10
40
= 0,25 𝑚𝑚 
 
𝐴 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐷2 =
𝐴 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 =
0,25 ∙ 4
𝜋
 → 𝐷2 = 0,318 → 𝐷 = √0,318 = 0,564 𝑚𝑚 (𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑓𝑖𝑜) 
 
 
 
2.9 Duas barras cilíndricas maciças sáo ligadas em B e carregadas como mostrado. A barra AB e de aço (E = 200 
GPa) e a barra BC é de latão (E = 105 GPa). Determinar: 
 
(a) deformação total da barra composta ABC; 
(b) a deflexão do ponto B. 
 
𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵 
𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 = 200000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐿 = 1000 𝑚𝑚 
𝐷 = 50𝑚𝑚 
𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐵𝐶 
𝐸 = 105 𝐺𝑃𝑎 = 105000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐿 = 760 𝑚𝑚 
𝐷 = 75 𝑚𝑚 
 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑒𝑠𝑠ã𝑜 = −130 𝑘𝑁 𝑥 2 = −260000 𝑁 (-) Compreesão 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑇𝑟𝑎çã𝑜 = 180 𝑘𝑁 = 180000 𝑁 (+) Tração 
 
𝐴𝐴𝐵 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 50²
4
= 1963,5 𝑚𝑚 𝐴𝐵𝐶 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 75²
4
= 4418 𝑚𝑚² 
 
a) 
𝛿𝑇 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
+ 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 →
180000 ∙ 1000
200000 ∙ 1963,5
+ 
(180000 − 260000) ∙ 760
105000 ∙ 4418
 → 𝛿𝑇 = 0,4585 + (−0,1311) 
𝛿𝑇 = 0,3274 𝑚𝑚 (𝐴𝑙𝑜𝑛𝑔𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 
b) 
𝛿𝐵 = −0,1311 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜) 
 
2.10 Duas barras cilíndricas maciças sáo ligadas em B e carregadas como mostrado. A barra AB e de aço (E = 200 
GPa) e a barra BC é de latão (E = 105 GPa). Determinar: 
 
(a) deformação total da barra composta ABC; 
(b) a deflexão do ponto B. 
 
𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵 
𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 = 200000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐿 = 250 𝑚𝑚 
𝐷 = 30𝑚𝑚 
 
𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐵𝐶 
𝐸 = 105 𝐺𝑃𝑎 = 105000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐿 = 300 𝑚𝑚 
𝐷 = 50 𝑚𝑚 
 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑒𝑠𝑠ã𝑜 𝐴 = −30 𝑘𝑁 = −30000 𝑁 (-) Compreessão 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑒𝑠𝑠ã𝑜 𝐵 = −40 𝑘𝑁 = −40000 𝑁 
 
𝐴𝐴𝐵 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 30²
4
= 707 𝑚𝑚 𝐴𝐵𝐶 =
𝜋𝐷²4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 50²
4
= 1963,5 𝑚𝑚² 
 
a) 
𝛿𝑇 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
+ 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 →
−30000 ∙ 250
200000 ∙ 707
+ 
(−30000 − 40000) ∙ 300
105000 ∙ 1963,5
 → 𝛿𝑇 = −0,053 + (−0,102) 
𝛿𝑇 = −0,155 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜) 
 
b) 
𝛿𝐵 = −0,102 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜) 
 
2.11 Para a barra composta do Prob. 2.10, determinar: 
 
(a) a carga P, para que a deformação total da barra seja -0,2 mm; 
(b) a correspondente deflexão do ponto B. 
 
𝛿𝐴𝐵 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
 → 
𝑃 ∙ 250
200 ∙ 707
= −0,00177𝑃 
 
𝛿𝐵𝐶 =
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 → 
(𝑃 − 40) ∙ 300
105 ∙ 1963,5
 → 
300𝑃 − 12000
206167,5
= 0,00146𝑃 − 0,058 
 
𝛿𝐴𝐶 = −0,2 
 
𝛿𝐴𝐶 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 → −0,2 = −0,00177𝑃 − 0,00146𝑃 − 0,058 → −0,142 = 0,00323𝑃 → 𝑃 = −
0,142
0,00323
= 𝑃 = 43,96 𝑘𝑁 
 
𝛿𝐵𝐶 =
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 →
(−43960 − 40000) ∙ 300
105000 ∙ 1963,5
= −0,122 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜) 
 
2.12 Para a barra composta do Prob. 2.9, determinar: 
 
(a) a carga, para a qual a deformação total da barra resulta nula; 
(b) a correspondente deflexão do ponto B. 
 
𝛿𝐴𝐵 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
 → 
𝑃 ∙ 1000
200 ∙ 1963,5
 → 𝛿𝐴𝐵 = 0,002546𝑃 
 
𝛿𝐵𝐶 = 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 + 
(𝑃 − 260) ∙ 760
105 ∙ 4418
 → 
760𝑃 − 197600
463890
 → 𝛿𝐵𝐶 = 0,001638𝑃 − 0,42596 
 
𝛿𝐴𝐶 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 → 0 = 0,002546𝑃 + 0,001638𝑃 − 0,42596 → 𝑃 =
0,42596
0,004184
= 101,81 𝑘𝑁 
 
2.13 Duas barras cilíndricas maciças AC e CD, ambas de mesma liga de alumínio (E = 70GPa), são soldadas juntas 
em C e submetidas ao carregamento indicado. Determinar: 
 
(a) a deformação total da barra composta ACD; 
(b) a deflexão do ponto C. 
 
𝐸 = 70 𝐺𝑃𝑎 = 70000 𝑁/𝑚𝑚² 
 
𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐴𝐵 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐵𝐶 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎 𝐶𝐷 
𝐿 = 300 𝑚𝑚 𝐿 = 200 𝑚𝑚 𝐿 = 380 𝑚𝑚 
𝐷 = 60𝑚𝑚 𝐷 = 60 𝑚𝑚 𝐷 = 45 𝑚𝑚 
 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑇𝑟𝑎çã𝑜 𝐴 = 90 𝑘𝑁 = 90000 𝑁 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑒𝑠𝑠ã𝑜 𝐵 = −65 𝑘𝑁 (2𝑥) = −65000 𝑁 
𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑑𝑒 𝑇𝑟𝑎çã𝑜 𝐶 = 40 𝑘𝑁 = 40000 𝑁 
 
𝑃1 = 90000 − 65000 − 65000 + 40000 = 0 𝑁 
𝑃2 = −130000 + 40000 = −90000 𝑁 
𝑃3 = 40000 𝑁 
 
∑ 𝐹𝑥 = 90000 − 65000 − 65000 + 40000 = 0 
 
𝐴𝐴𝐵𝐶 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 60²
4
= 2827 𝑚𝑚 𝐴𝐶𝐷 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 45²
4
= 1590 𝑚𝑚² 
 
a) 
𝛿𝐴𝐶𝐷 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 + 𝛿𝐶𝐷 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
+ 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 + 
𝐹𝐶𝐷 ∙ 𝐿𝐶𝐷
𝐸 ∙ 𝐴𝐶𝐷
→ 
 
𝛿𝐴𝐶𝐷 = 
0 ∙ 300
70000 ∙ 2827
+ 
−90000 ∙ 200
70000 ∙ 2827
 + 
40000 ∙ 380
70000 ∙ 1590
 → 𝛿𝐴𝐶𝐷 = 0 + (−0,091) + 0,1366 → 
 
𝛿𝐴𝐶𝐷 = 0,0456 𝑚𝑚 (𝑎𝑙𝑜𝑛𝑔𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 
b) 
𝛿𝐶 = 
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
+ 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 → 𝛿𝐶 = 
0 ∙ 300
70000 ∙ 2827
+ 
−90000 ∙ 200
70000 ∙ 2827
 → 𝛿𝐶 = 0 − 0,091 
 
𝛿𝐶 = −0,091 𝑚𝑚 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑠ã𝑜) 
 
2.14 Uma amostra para ensaio de 5 mm de espessura deve ser cortada de uma placa de vinil (E = 3,10 GPa) e 
submetida a uma carga de tração de 1,5 kN. Determinar: 
 
(a) a deformação total da amostra; 
(b) a deformação da mesma, na porção central. 
 
𝐸𝑠𝑝. = 5 𝑚𝑚 
𝐸 = 3,10 𝐺𝑃𝑎 = 310000 𝑁/𝑚𝑚² 
𝐹 = 1,5 𝑘𝑁 = 1500 𝑁 
 
𝐴𝐴𝐵 = 𝐴𝐶𝐷 = 5 ∙ 25 = 125 𝑚𝑚² 
𝐴𝐵𝐶 = 5 ∙ 10 = 50 𝑚𝑚² 
 
a) 
𝛿𝑇 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
+ 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 + 
𝐹𝐶𝐷 ∙ 𝐿𝐶𝐷
𝐸 ∙ 𝐴𝐶𝐷
 → 𝛿𝑇 =
1,5 ∙ 40
3,10 ∙ 125
+ 
1,5 ∙ 50
3,10 ∙ 50
 + 
1,5 ∙ 40
3,10 ∙ 125
 → 
 
𝛿𝑇 = 0,158 + 0,484 + 0,158 = 0,794 𝑚𝑚 (𝐴𝑙𝑜𝑛𝑔𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 OU 
𝛿𝑇 =
𝐹
𝐸
(
𝐿𝐴𝐵
𝐴𝐴𝐵
+ 
𝐿𝐵𝐶
𝐴𝐵𝐶
 + 
𝐿𝐶𝐷
𝐴𝐶𝐷
) → 𝛿𝑇 =
1,5
3,10
[(2 ∙
40
125
) + 
50
50
] = 0,794 𝑚𝑚 
 
b) 
𝛿𝐵𝐶 = 
𝐹𝐵𝐶 ∙ 𝐿𝐵𝐶
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐶
 → 𝛿𝐵𝐶 = 
1,5 ∙ 50
3,10 ∙ 50
= 0,484 𝑚𝑚 (𝐴𝑙𝑜𝑛𝑔𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜) 
 
2.15 Uma barra maciça de latão de 150 mm de comprimento e 10 mm de diâmetro ajusta perfeitamente, dentro de um 
tubo de mesmo comprimento, com 15 mm de diâmetro externo e 10 mm de diâmetro interno. Uma porção de 50 mm 
da barra está colada ao tubo e sobre esta é aplicada um carga de 27 kN, como mostrado. Sabendo-se que E = 105 
mm, determinar: 
 
(a) a deflexão do ponto A; 
(b) o máximo valor da tensão normal nesse conjunto. 
 
𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎: 𝑇𝑢𝑏𝑜: 
𝐿 = 150 𝑚𝑚 𝐿 = 150 𝑚𝑚 
𝐷 = 10 𝑚𝑚 𝐷𝑒 = 15 𝑚𝑚 
 𝐷𝑖 = 10 𝑚𝑚 
 
𝐴𝐴𝐵 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 10²
4
= 78,54 𝑚𝑚² 𝐴𝐵𝐶 =
𝜋𝐷²
4
 → 𝐴 =
𝜋 ∙ 15²
4
= 176,71 𝑚𝑚² 
 
𝛿𝐴𝐵 =
𝐹𝐴𝐵 ∙ 𝐿𝐴𝐵
𝐸 ∙ 𝐴𝐴𝐵
 → 
27000 ∙ 150
105000 ∙ 78,54
 → 𝛿𝐴𝐵 = 0,491𝑚𝑚 
 
𝛿𝐵𝐷 =
𝐹𝐵𝐷 ∙ 𝐿𝐵𝐷
𝐸 ∙ 𝐴𝐵𝐷
 → 
27000 ∙ 150
105000 ∙ 176,71
 → 𝛿𝐴𝐵 = 0,218𝑚𝑚 
 
𝛿𝑇 = 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐴𝐵 → 0,491 + 0,218 → 𝛿𝑇 = 0,709 𝑚𝑚