ENG285-Resolução lista 2 - brogdomonzao

Transcrição

Adriano Alberto
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-manual3rd-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
=> NBE = 27 000 N
BE = => 90 . 106 = ,
- 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):
1
Adriano Alberto
,.
,
- 18 000 + 27 000 – 3P +
=
,
2
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) = 0º; b)
= 90º.
A = 0,012 . 0,010 = 1,2 . 10 m²
frontal da barra)
a)
(considerando apenas o diâmetro do pino para o lado
= 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
#$ =
a)
%&
= 90°
=
,'(
,.)*
= 48 112 522,43 Pa (tração)
Adriano Alberto
∑ !" = 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
3
Adriano Alberto
4
∑ = 0 => - 1 500 + FBCx . BA = 0 => - 1 500 + 0,125 . FBCx = 0 => FBCx = 12 000 N
01
234(
= 234((6) => FBC =
8926
#
234(
=
,
234:
=> 0,261007662 =
#
234(
=
,
234<
=> 0,125 =
,
234>
=>
#
234:
=
,
234<
,
,'
,
234:
=> sen= = 0,6 => = = 36,86989765°
,
= 234> => sen? = 0,80457408 => ? = 126,430858°
@ = ? - 90° = 36,430858°
FBC =
8926
=> sen; = 0,287347886 => ; = 16,69924428°
=> FBC = 14 914,72356 N
Adriano Alberto
ABC = 470 mm² = 470 . (0,001 m)² = 0,00047 m²
5
0
BC = 1 =
,
,
tgB =
01
234(
1
(,'
,
=> ABC = 31
733 454,38 Pa
=> C = 73,30075577°
= 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>
I = !G ; ; = JK = LG = MG
? = FG = H
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
Adriano Alberto
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 .
FCD = FBC . cos; + 15 000 => FCD = 25 000 .
+ 15 000 = 25 000 N
+ 15 000 = 35 000 N
FCE + FAC = FBC . cos? => FCE + 0 = 25 000 . => FCE = 15 000 N
0
CE = 1 =
1
,
= 15,000 MPa (OK)
b) DE = ?
FDE = ?
Nó D:
FCD + 5000 = FDE . cos; => FDE =
0
DE = & =
&
,
= 50,000 MPa
*
N
= 50 000 N
(OK)
25)
a)
= .
∑ = 0
; Apino = P . (0,003)² = 2,827433388 . 10-5 m²
6
Adriano Alberto
500 . 0,300 = TA . 0,125 => TA = 1 200 N
7
∑ !Q = 0 => RC(X) = TA = 1 200 N
RC(y) = 500 N
RC = R(500) + (1200) = 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
Adriano Alberto
=
((,(
X.(,)Y => A = 396 MPa
8
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
Adriano Alberto
Ao se inverter a altura com a largura, A apresentou o mesmo resultado.
9
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
e
, 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°
m
n
cos20° = e,fgh,i-./ => AT = opa°
+f.ijklfj./
= =
+
q.rst°
ue
v,jYw°
(aproximação)
= . cos²20° = ,( . cos²(20°) => = 30 080 771,6 Pa
e
Adriano Alberto
= =
+
x
jliYw°
ue
v,jYw°
= . cotg(20°) = ,( . cotg(20°) => y = 93 594 746,23 Pa
e
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 pasta da disciplina que fica na xerox, com a
mesma resposta da lista:
= => N = . AT
+
= => V = . AT
+
Então,
z
{
A
=y
ou
{
z
y
=A
z
A
O primeiro possível erro é que tg(20°) = { = y
10
Adriano Alberto
O segundo possível erro é que se ∅ = 20° => N = P, porém N = P . cos(20°),, portanto N < P
Logo, ∅ < 20°
Acredito que a forma correta segue abaixo:
E, se meus cálculos estiverem corretos:
tg∅ = =
}
~
,'
= ((', =>
> ∅ = 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(2@) => = .,
. sen(40) = 10 948 505,49 Pa
(
32) Sabendo-se
se que a carga de ruptura do cabo BD é 100 kN, determine o coeficiente de
segurança do cabo para o carregamento indicado.
∑ = 0
15 000 . cos40 . (0,7 + 0,4) + 15 000 . sen40 . 0,5 – FBD . cos30 . 0,5 – FBD . sen30 . 0,4 = 0
=> 17 460,64038 = FBD . 0,633012701 => FBD = 27 583,39655
11
Adriano Alberto
C.S. =
0&(á)
0&
=
,('
= 3,625369334
12
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
AB(adm) =
.]
,
;
C.S = 3,5
= 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
0
AB(adm) = u => 128 571 428,6 =
u
=> AAB =
',
u
=> AAB = 1,681457571 . 10-4 m²
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=
'
adm =
= 35 566,66667 N
.]
,
= 94 571 428,57 Pa
Adriano Alberto
94 571 428,57 =
'',''''
X. Y
=> r = 0,010941243 m => d = 0,021882486 m
35)
Fconcreto = P
adm = Y
*
=>adm .
X` Y
;
adm = Y
Y
.
=adm . PdL => L =
A
y
.

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)
13
Adriano Alberto
Para haste BD:
14
}&(ú/-g.)
8.2.
~&(ú/-g.)
8.2.
=
=
.]
,
.]
,
=
=
0&(ú/-g.)
.)O ..)O
&(ú/-g.)
.X.('.)O )Y
=> (ú) =
=> {(ú) =

.

N
N = (ú)
Para pino C:
~1(ú/-g.)
8.2.
=
.]
,
1(ú/-g.)
= .X.(.)O )Y => {(ú) =
.

N = (ú)
∑ # = 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) = 0,9 . Q =>
.X
= 0,9 . Q => Q = 3 723,369071 N (OK)
RBD = 1,9 . 3 723,369071 = 7 074,401235 N < #$(ú)
(OK)
37)
0.(u)
45 . 106 = X.(,')Y => Fadm(AB) = 5 089,380099 N
0.(1&)
45 . 106 = X.(,)Y => Fadm(CD) = 14 137,16694 N => Fadm(CD) = 9 000 N
Adriano Alberto
∑ # = 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 =
.]
,
adm =
(.]
,
= 5 666 666,667 Pa
= 3 000 000 Pa
sen@ = => V = 10 000 . sen
N = 10 000 . cos
cos@ =
,
`
=> d =
A = d . 0,030 =
,

5 666 666,667 =
3 000 000 =
,

.rst6
w,wwN
¡¢£
.t¤¥6
w,wwN
¡¢£
=> cos2@ = 0,85 => @ = 22,786498°
=> 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°
15
Adriano Alberto
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:
«
á
180 . 106 = X.(,')
Y => Qmáx = 20 357,5204 N
Para a alça:
0u(á)
180 . 106 = 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:
0u1(á)
60 . 106 = X.(,)Y => FAC(máx) = 27 143,36053 N
=>
«á
=
,
FAC(máx) . tg@ => Qmáx = 27 143,36053 ., . 2 => Qmáx = 40 715,04079 N
Adriano Alberto
Resp: Qmáx =
16 964,60033 N
17
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
42)
¨=
.
©.
18
9
9
; EAço = 200 . 10 Pa ; EBronze = 105 . 10 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 +
=> °D = 0,005286451667 m
.,
.ª .X.(,)Y = 0,002947313761 + 0,002339137906
43)
¨=
.
©.
; EAlumínio = 70 . 109 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 .,
+
= 0,00078125 + 0,002790178571 + 0,002142857143
=> °D = 0,005714285714 m
.,
.ª .,
=
Adriano Alberto
***44) Um bloco de forma trapezoidal com espessura constante t fica suspenso de uma
superfície fixa A. Chamando de
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 =
²
Y
³´® µ.
=
VT = AT . t =
O²
Y
.L =
´
¶ . 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(")."–,.´."
=
19
Adriano Alberto
,.´"®Q(").®,.´
AT (y) =
¼´®
=> 3bL = by + 2 . x(y).L + bL => x(y) =
2½¾−½¿
À."
2¾
¹º»¹»
º
VT(y) = (
=
Y²ÂÃY²Â)²Ä
Å."
YÂ
Á

¹º»¹»
(
Abase(y) = x(y) . t =
º
¹º¹»
º
4½¾¿−½¿2
È
Ê.t
4¾

±
2½¾−½¿
©.Ì
Í.t
2¾
Ð
I = (y0 + y1)
;
dy =
(–)
=0
y1 =
(–)
= 3L

I = (0 + 3L) =
¨=
ÎÏ
©
.
Y
Y
=
-
¹º»¹»
º
¬Æº
Ñ
).t
).t
ÎÏ 4½¾¿−½¿2
± (
© (2½¾−½¿)
h = x1 – x0
h=L–0=L
y0 =
=
).t
Regra dos trapézios:

*²Â)²Ä
µ."
YÂ
´"´" Y
P(y) = - m(y) . g = - ¬Æ . (

³
º
).t
¶ . VT(y) = m(y) => m(y) = ¶ . (
¨ = - ¶Ç .
=
¹º¹»
¿(4¾–¿)
) dy = ÎÏ
± ( 2¾−¿ ) dy
© 20
Adriano Alberto
45)
21
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
¨ CD(y) = ?
Semelhança de triângulos:
#
(#©)gigvg./
=Ò
1&(Ä)
,
,
=> , = Ò
1&(Ä)
(I)
=> °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
=> x = 0,092568016 m
23
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
¨ alumínio =
0
.,
=> 0,00040 = .ª²f,ihl
=> Fbronze = 68 722,33929 N
.,(.)*
0./Õíig, ../Õíig,
©./Õíig, ../Õíig,
0
.,
=> 0,00040 = .ª./Õíig,
.,'('.)O => Falumínio = 218 078,89 N
F = 68 722,33929 N + 218 078,89 N => F = 286 801,2293 N
Adriano Alberto
24
b)
0
',((
bronze = ²f,ihl = ,(.)* => Abronze = 140,0 Mpa
²f,ihl
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
= 11,9 x 10–6/ºC e para a liga
de alumínio E = 70 GPa e
= 22,5 x 10–6/ºC.
Cálculo dos deslocamentos das barras considerando-se apenas a variação de temperatura:
°× = . ∆T . L
Para o aço:
¨ç9 = - 11,9x10' .45 . 0,300 = - 1,6065 . 10-4 m
Para o alumínio:
Adriano Alberto
¨Ü = - 22,5x10' .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@ =
àáâãä
Q
(1,27 mm
=
Òu

,.)*
Ò
u
=> ,'' = ,('(('
=> °m = 1,127250014 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
= 11,7 x
10–6/ºC e para o concreto E = 25 GPa e
= 9,9 x 10–6/ºC, determinar as tensões normais
induzidas no aço e no concreto após um aumento de temperatura de 50 ºC.
25
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 = -
}v
.ª
0. .
. .©.
}
}
+ ; . ∆T . L => ©v + ©. = (; - ;8 ) . ∆T =>
}
v
.
}
}
.
v
.
'
+ .
– 9,9 . 10') . (+ 50) => .
ª = (11,7 . 10
ª + .ª = 9 . 10
=> 8 . Ao + A = 18 . å
(I)
Fc = Fa => 8 . Ac = . Aa
=> 8 . ·(250. 10 ) − 6.P.(7,5.10 ) ¸ = . 6.P.(7,5.10 )
=> 0,061439712 . 8 = 1,060287521 . 10 . => A = 57,94627477 . Ao (II)
8 . 8 + 57,94627477 . 8 = 18 . 10' => Ao = 272 949,4587 Pa (tração)
A = 15 816 404,33 Pa (compressão)
Adriano Alberto
Para o aço:
¨%(ç9) = 11,7x10' .50 . 1,5 = 8,775 . 10-4 m
Para o concreto:
¨%(8948) = 9,9x10' .50 . 1,5 = 7,425 . 10-4 m
∆¨% = 8,775 . 10-4 m - 7,425 . 10-4 m = 1,35 . 10-4 m
¨ç9 = ¨8948 = ∆¨% = 1,35 . 10-4 m
=E.æ
æ aço =
Ò.ç,
,
=
,.)* ,
= 9 . 10-5
aço = Eaço . æ aço =>aço = 200 . 109 . 9 . 10-5 = 18 MPa (compressão)
æ conc =
Òv,iv
,
=
,.)* ,
= 9 . 10-5
conc = Econc . æ conc =>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.
27
Adriano Alberto
0v .
v .©v
+ ;8 . ∆T . L = -
}v
.ª
+
}.ª
0- .
- .©-
+ ; . ∆T . L =>
}v
©v
+
}©-
= (; - ;8 ) . ∆T =>
= (23 . 10' – 19 . 10') . (+ 180) =>
=> Ao + 1,5 . A = 75,6 . å
28
}v
.ª
+
}.ª
= 7,2 . 10
(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)
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
= – 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
=> Li,alum + ;Ü . ∆T . Li,alum -
0./Õ .g,./Õ
./Õ .©./Õ
+ Li,aço + ;ç9 . ∆T . Li,aço -
0.ç, .g,.ç,
.ç, .©.ç,
=
= 550,5 . 10-3 m
=> 0,300 + 23 . 10' . (Tf – 20) . 0,300 - Ü .
0,250 - 150 . 10' .
,
(.ª = 550,5 . 10-3 m
,
.ª + 0,250 + 18 . 10' . (Tf – 20) .
=> 0,300 + 6,9 . 10-6 . Tf – 1,38 . 10-4 – 4,285714286 . 10-12 . Ü + 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 . Aç = 9,253684211 . 10-4
(I)
Falum = Faço => Ü . Aalum = ç9 . 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
=> Ü . 2000 . 10-6 = 150 . 10' . 800 . 10-6 => Aç = 60 . 106 Pa (II)
a) Tf = ?
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' .
=> Lf,aço = 0,250179412 m
,
(.ª
29
Adriano Alberto
PROBLEMAS ENVOLVENDO LEI DE HOOKE GENERALIZADA
30
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 = 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 = -
æ`
=
∆
w
èf.
èh
;
z = E . æé
æé
=
∆
w
.O
0
z = = 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
=> êí = - 3,15679226 . 10-4
a) ∆L = ?
æé
=
∆
w
=> 1,052264087 . 10-3 =
æ`
=
∆
w
b) ∆∅ = ?
∆∅
∆
=> ∆L = + 0,210452817 mm
∆∅
= ∅ => - 3,15679226 . 10-4 = => ∆∅ = - 6,944942972 . 10-3 mm
w
*** 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 = 125 MPa.
Usar E = 70 GPa, = 0,33.
Adriano Alberto
31
tg@ =
tg@’ =
®èÄ ®èh
ν = 0,33 = -
èÄ
èh
z = E . æé => æé =
0,33 = -
tg@’ =
èÄ
.]
.ª
1,785714286.10−3
= + 1,785714286 .
=> ê» = - 5,892857143 . 10-4
,(.)* ®,'.)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 = 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
æQ =
∆
w
=> 3,4 . 10 =
∆
=> ∆ºî = 0,0102 mm
b)
y = yy + yx = 40 . 106 – 0,30 . 80 . 106 = 16 . 106 Pa
æ" =
'.]
.ª
æ" =
∆Ä
Äw
= + 8 . => 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 x = y = z = – 83 MPa.
a)
y = E . æ" => - 83 . 106 = 207 . 109 . æ" => ê» = - 4,009661836 . ∆
- 4,009661836 . 10 = Ä => ∆º» = - 0,060946859 mm
æ` = - 0,3 . (- 4,009661836 . 10) = 1,202898551 . 10-4
∆
1,202898551 . 10-4 = => ∆r = 6,134782609 .
32
Adriano Alberto
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
æ` =
,.]
.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, 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.
33
Adriano Alberto
` = => 1,5 . 106 =
,
.O
=> Atotal = 0,018 m²
= 0,060 . b => b = 0,15 m = 150 mm
` = G . = => 1,5 . 106 = 18 . 106 . = => ð = 0,083333333 rad
tg= =

=> a =

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:
áQ = K . 3`
.O
3` = ,.(,,) = 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
áQ = 2,65 . 26 666 666,67 => Aáî = 70 666 666,58 Pa
Ponto B:
34
Adriano Alberto
.O
3` = ,.(,,) = 42 666 666,67 Pa

ñ
=
,
,
35
= 0,25

À partir do valor de , de acordo com a tabela da página 123 do livro Hibbeler 5ª ed,
ñ
encontramos:
K = 2,375
áQ = 2,375 . 42 666 666,67 => Aáî = 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)
áQ, = áQ, = KA .

ñ
ñ
ò
,.(,(,)
= KC .
,.,'
= ( = 0,055555555 => KA ≅ 2,75
(
= ' = 1,5
2,75 .
)*
.
;

ò
= KC .

= ,'
)*
'.
À partir da tabela, para KC = 2,1 e

ò
,
ó
1
=> .)* = '.
)* => KC = 2,0625 ≅ 2,1

ñ
ò
= 1,5:
= ,' = 0,1375 => r = 8,25 mm
b)
áQ, = KA .
,.(,(,)
=> 150 . 106 = 2,75 . ,.(,(,) =>
Adriano Alberto
=> P = 43 636,36364 N
6
150 . 10 = 2,1 .
,.,'
36
=> 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 => Am = 937,5 . 106 - 1,5 . A (I)
0
.
.0 .
¨# = ¨$ => u .© = .1 .© => Am = A = A = A
u
1
(II)
(no regime elástico)
# = 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 => Am = 562,5 Mpa
Adriano Alberto
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:
$,32`Ü = 562,5 - 250 = 312,5 MPa (até a retirada da carga)
=> FCD,residual = 312,5 . 106 . 1 200 . 10-6 = 375 000 N
Esta força residual é redistribuída para a barra AB e moldura.
2 . FC + FAB = 375 000 => 2 . . 600 . 10-6 + # . 800 . 10-6 = 375 000 =>
# . 800 . 10-6 = 375 000 – . 1 200 . 10-6 => Am = 468,75 . 106 - 1,5 . A (III)
Substituíndo (II) em (III):
2,5 . # = 468,75 . 106 => Am = 187,5 Mpa
60) Cada cabo tem seção transversal de 100 mm², e é feito de material elasto-plástico com
A» = 320 MPa e E = 200 GPa. Uma força Q é aplicada em C à barra rígida ABC e
aumentada gradualmente de zero até 45 kN, quando então se reduz a zero. Sabendo-se
que os cabos estão inicialmente esticados, determinar: a) a maior tensão no cabo BD; b) a
máxima deflexão do ponto C; c) a deflexão final do ponto C. (Sugestão: na parte (c), o cabo
CE não está esticado).
- RA + TBD + TCE - Q = 0 (I)
∑ = 0 => TBD . 1 + TCE . 2 – Q . 2 = 0 => -
×
=
TCE – Q (II)
37
Adriano Alberto
38
- RA + TBD -
%&
= 0 => RA =
×
(III)
∑ = 0 => RA . 2 - TBD . 1 = 0 => RA =
×
(OK)
∑ # = 0 => RA . 1 + TCE . 1 – Q . 1 = 0 => RA + TCE – Q = 0 (OK)
Semelhança de triângulos:
Ò1
=
Ò&
%1 .
©
=> °Ñ = 2 . ° (IV)
=2.
%& .
©
=> TCE = 2 . TBD (V)
(para o regime elástico)
a)
Para Q = 45 000 N
Substituíndo (V) em (II), obtemos:
-
%&
=
2 . TBD – 45 000 => TBD = 18 000 N
#$ = .)] => A = 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
'
#$ = .)] => A(áî) = 260 MPa (regime elástico)
b) °Ñ(áî) = ?
Utilizando a equação (IV) que independe do regime ser elástico ou não:
Adriano Alberto
¨© (máx) = 2 . ¨#$(áQ) = 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 = 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`Ü = 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
39
Adriano Alberto
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 = 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
(I)
a)
FAC = ×
0+
.,
¨%1 = 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 = '.1)] ..ª => × = 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 = 187,5 MPa
b)
Após o retorno da temperatura a 20°C, (32`Ü) = 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()
a)
(I)
40
Adriano Alberto
¨%u1 + ¨%1 = ¨0u1 + ¨01
41
0u1 .,
ª
u1 ..
= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,200 + 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 = +
01 .,
1 ..
=> 7,02 . 10-4 = Am . 10-12 + 2 . 10-12 . A (II) (para o regime elástico)
Após a retirada da carga, (32`Ü) = 312 – 250 = 62 MPa (tração)
=> FAC(residual) = 27 900 N
¨ = ¨01 =
(.,
'.)] ..ª
= 9,3 . 10-5 m (←)
¨ = ¨%u1 - ¨%1 + ¨0u1 - ¨01 =
0u1 .,
ª
u1 ..
= 11,7 . 10-6 . 100 . 0,200 - 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 + => ° = - 2,34 . 10-4 + Am . 10-12 – 2 . 10-12 . A (II)
FAC = ×
0+
01 .,
ª
1 ..
-
.,
¨%1 = 11,7 . 10-6 . 100 . 0,400 = '.1)] ..ª => × = 140 400 N = FAC
= .)] = 312 MPa > 250 MPa (ocorre escoamento)
Logo, FR(AC) = 250 . 106 . 450.10' = 112 500 N
FCB = ×m
0+
.,
¨%u1 = 11,7 . 10-6 . 100 . 0,200 = .u1)] ..ª => ×m = 105 300 N = FCB
# = '.)] = 175,5 MPa
Substituíndo o valor de na equação (I), obtemos:
250 = . ÷(#) => A() = 187,5 MPa
FR(CB) = 187,5 . 600 = 112 500 N
.,
.,
¨ = ¨0u1 - ¨01 = .)] ..ª - '.)] ..ª
ª