DEFLEXÃO DE VIGAS ISOSTÁTICAS 7.1. RESUMO … Mecânica dos Materiais e Estruturas Lineares. Teoria e Aplicações J. F. Silva Gomes, FEUP - Porto, 2009 7.1.2. Método da Integração

J. F. Silva Gomes, FEUP - Porto, 2009

CAPÍTULO VII

DEFLEXÃO DE VIGAS ISOSTÁTICAS

7.1. RESUMO DA TEORIA

7.1.1. Introdução

Na nomenclatura habitualmente utilizada no estudo das vigas à flexão, chama-se linha elástica à deformada do eixo da viga. Assim, considere-se a viga ilustrada na Fig.7.1(a), solicitada por um conjunto de forças concentradas (Pi) e forças distribuídas q(x). Após a deformação, o eixo da viga, que era inicialmente uma linha recta, assume a forma representada na Fig.7.1(b).

Para um ponto qualquer ao longo do eixo, o deslocamento vertical ou

deflexão (δ) e a rotação (θ ) da secção recta da viga são numericamente iguais, respectivamente, à ordenada (y) da linha elástica e ao declive (dy/dx) da tangente à curva no ponto considerado. Há vários métodos para a análise do problema, dos quais serão apresentados aqui o método da integração da elástica, o método da viga conjugada e um terceiro método que recorre à aplicação dos teoremas energéticos.

Fig.7.1 - Linha elástica duma viga à flexão

P1

P2

P3

y

y

dx

dy=θ

θ

x

(a)

(b)

)(xy δ=

)(xq

2 Mecânica dos Materiais e Estruturas Lineares. Teoria e Aplicações


7.1.2. Método da Integração da Elástica

No caso duma flexão plana, a relação entre a curvatura (1/R), o momento flector (M), o módulo de Young do material (E) e o momento de inércia (Iz) da secção recta em relação ao eixo neutro é dada pela equação seguinte:

zIE

M

R 1 = (7.1)

Por outro lado, de acordo com as fórmulas gerais da geometria analítica, e para pequenas inclinações da tangente à deformada (dy/dx), pode escrever-se, com uma aproximação razoável:

2

2 1dx

yd

R= (7.2)

Das equações (7.85) e (7.87) conclui-se então que:

zEI

M

dx

yd

2

2= (7.3)

Esta é a chamada "equação da elástica" que, fazendo duas integrações sucessivas, conduz à rotação em cada secção (θ = dy/dx), e à deformada do eixo da viga (y = δ(x)).

Convém aqui recordar as convenções de sinal a serem utilizadas na manipulação das equações precedentes:

(i)-os eixos x e y são orientados positivamente para a direita e para cima, respectivamente;

(ii)-a deflexão y (ou δ) é positiva para cima;

(iii)-a inclinação ou rotação θ = dy/dx é medida positivamente no sentido directo (contrário ao do movimento dos ponteiros do relógio);

(iv)-a curvatura (1/R) é positiva quando a viga é deformada de modo a ficar com a concavidade voltada para cima; e

(v)-o momento flector M é positivo quando produz compressão na parte superior da viga.

Capítulo VII - Deflexão de Vigas Isostáticas 3


Uma primeira integração da equação da elástica (7.3), permite obter:

1)( CdxxMdx

dyEI += ∫ (7.4)

onde C1 é uma constante de integração. Designando por θ(x) o ângulo, medido em radianos, que a tangente à linha elástica faz com o eixo da viga, e tendo em conta que, por hipótese, esse ângulo é muito pequeno, pode escrever-se:

)()g( xtdx

dyθθ ≅=

de tal forma que a equação (7.4) pode assumir a forma alternativa seguinte:

1)(1

)( CdxxMEI

x += ∫θ

Por outro lado, uma segunda integração da equação (7.4) permite obter a deformada do eixo da viga:

21)(1

)( CxCdxxMdxEI

xy ++= ∫∫

onde C2 é uma segunda constante de integração. As duas constantes de integração C1 e C2 deverão ser determinadas a partir das condições fronteira do problema, em particular das condições impostas nos apoios da estrutura.

Em resumo, a metodologia geral para a resolução do problema da deflexão de uma viga pelo método clássico de integração da elástica consiste na implementação duma sequência apropriada, que se traduz nos seguintes passos:

1)-Começar por escrever a equação (ou as equações…) para os momentos flectores ao longo do eixo da viga (diagrama dos momentos flectores). Em alguns casos, uma expressão de momento flector simples é válida para todo o comprimento da viga. Noutros casos, o perfil dos momentos flectores sofre modificações abruptas em um ou mais pontos ao longo do eixo da viga, sendo então necessário escrever expressões separadas para cada uma das regiões da viga entre os pontos em que as mudanças ocorrem.



2)-Para cada uma dessas regiões substitui-se a expressão para o momento M(x) na equação diferencial (7.3) e integra-se uma vez para obter a inclinação θ = y´=dy/dx. Cada uma destas integrações produz uma constante de integração.

3)-Separadamente em cada uma das regiões, integra-se a respectiva equação da inclinação, para obter a deflexão (δ = y) correspondente. Novamente aqui, cada uma destas integrações produz uma nova constante de integração.

4)-Há assim duas constantes de integração para cada região da viga a que correspondam expressões diferentes para o momento flector. Estas constantes de integração são avaliadas a partir de condições conhecidas relativas às inclinações e às deflexões:

(i)- Condições fronteira nos apoios: Cada uma das condições de fronteira fornece uma equação algébrica, que pode ser usada para avaliar as constantes de integração.

(ii)- Condições de continuidade: Em cada secção de transição entre as diversas regiões, há que respeitar as condições de continuidade, quer em termos de deflexão (sempre), quer em termos de rotação (com excepção das rótulas, em que pode haver descontinuidade das rotações).

(iii)- Condições de simetria: Em determinadas situações particulares, eventuais condições de simetria podem ser consideradas, em alternativa a uma ou outra das condições (i) e (ii). É o caso, por exemplo, duma viga simplesmente apoiada que suporta uma carga uniforme ao longo de todo o seu comprimento. Neste caso, sabe-se antecipadamente que a inclinação da elástica é nula no ponto médio.

7.1.3. Método da Viga Conjugada

No parágrafo §5.1.5 ficou estabelecido que entre o esforço transverso (V) e o momento flector (M) há a seguinte relação diferencial:

0 =+ Vdx

dM (7.4)



Existe uma relação semelhante entre o diagrama de cargas q(x) e o esforço transverso (V). Com efeito, considere-se um elemento de viga de comprimento dx e estabeleça-se a condição de equilíbrio segundo a direcção do eixo dos yy. De acordo com o esquema da Fig.7.2, tem-se:

0 =+−+ dxqVdVV (7.5)

Donde:

dxqdV −= (7.6)

ou seja:

0 )( =+ xqdx

dV (7.7)

Eliminando V entre as equações (7.5) e (7.7), obtém-se:

0 2

2=− q

dx

Md (7.8)

Considere-se agora uma viga sujeita a forças concentradas (Pi) e uma carga distribuída q(x), Fig.7.3(a). Seja M(x) o respectivo diagrama de momentos flectores, conforme representado na Fig.7.3(b).

Imagine-se ainda uma segunda viga, Fig.7.3(c), de igual comprimento e sujeita a um diagrama de carga qc(x)=M(x)/EIz. Esta segunda viga é designada por viga conjugada (ou fictícia) e todas as grandezas que lhe dizem respeito serão assinaladas com o índice "c". O momento flector Mc da viga conjugada e o esforço transverso satisfazem as seguintes equações:

)( 2

2xq

dx

Mdc

c = (7.9)

cc V

x

M −=

∂∂

(7.10)

Fig.7.2-Viga com carregamento contínuo q(x)

y

x

V

V+dV

dx

q(x)



Comparando (7.9) com a equação da elástica (7.3), e tendo o cuidado de ajustar as condições fronteira, inicialmente em y, aos momentos flectores M, pode concluir-se que:

(a)-A flecha y de uma secção arbitrária da viga real é igual ao momento flector Mc para a mesma secção da viga conjugada (y = Mc);

(b)-A rotação θ = dy/dx de uma secção da viga real é igual ao simétrico do esforço cortante Vc para a mesma secção da viga conjugada (θ = dy/dx = −Vc).

A correspondência entre as constantes de integração das equações (7.3) e (7.9) consegue-se impondo as seguintes condições nos apoios (e secções intermédias) da viga conjugada:

(i)-Se no ponto considerado a flecha y da viga real é nula, então o momento flector da viga conjugada deve ser nulo;

(ii)-Se o ângulo de rotação θ da viga real é nulo, então o esforço transverso Vc da viga conjugada deve ser nulo;

(iii)-Se y≠0 e θ≠0 na viga real, então também Mc≠0 e Vc≠0 na viga conjugada.

Na Tabela 7.1 é apresentada uma compilação das condições fronteira possíveis para a viga real e as correspondentes condições fronteira para a viga conjugada.

(a)

(b)

(c)

Fig.7.3 - Carregamento da viga real e da viga conjugada

P1

P2

P3

x

x

x

M

M(x)

qc(x) = M(x)/EIz

(Viga Real)

(Viga Conjugada)

q(x)



Tabela 7.1 - Correspondência das condições fronteira

VIGA REAL VIGA CONJUGADA

Apoio Simples y = 0

θ ≠ 0

Mc = 0

Vc≠ 0 Apoio Simples

Encastramento y = 0

θ = 0

Mc = 0

Vc= 0 Extremo Livre

Extremo Livre y ≠ 0

θ ≠ 0

Mc ≠ 0

Vc≠ 0 Encastramento

Apoio Intermédio y = 0

θ ≠ 0

Mc = 0

Vc≠ 0 Rótula Intermédia

Rótula Intermédia y ≠ 0

θ ≠ 0

Mc ≠ 0

Vc≠ 0 Apoio Intermédio

Em resumo, para a determinação da flecha (y) e da rotação (θ=dy/dx) duma secção qualquer pelo método da viga conjugada deve proceder-se do seguinte modo:

a)-Representar o diagrama de carga da viga real.

b)-Construir o diagrama de momentos M(x)/EIz.

Mc= 0 Vc = 0

Mc ≠ 0 Vc

≠ 0

Mc ≠ 0 Vc

≠ 0

Mc= 0 Vc ≠ 0

y = 0 θ = 0

y ≠ 0 θ ≠ 0

Mc= 0 Vc ≠ 0

Mc ≠ 0

Vc ≠ 0

y = 0 θ ≠ 0

y = 0 θ ≠ 0

y = 0 θ ≠ 0

y = 0 θ ≠ 0

y = 0 θ ≠ 0

y ≠ 0 θ ≠ 0

y = 0 θ ≠ 0

y ≠ 0 θ ≠ 0

Mc= 0 Vc ≠ 0

Mc= 0 Vc ≠ 0

Mc= 0 Vc ≠ 0

Mc= 0 Vc ≠ 0



c)-Considerar a viga conjugada com o mesmo comprimento da viga real e tomar os momentos M(x)/EIz como sendo a carga conjugada, qc.

d)-Representar os apoios da viga conjugada, de acordo com o esquema apropriado da tabela 7.1, e calcular para a viga conjugada:

e)-As reacções nos apoios.

f)-O esforço cortante Vc para a secção considerada.

g)-O momento flector Mc na mesma secção.

h)-Por último, a flecha y e a rotação θ para uma secção qualquer da viga real serão dados por:

y = Mc e θ = −Vc (7.11)

O método da viga conjugada permite assim o cálculo de deslocamentos sem necessidade de determinar as constantes de integração requeridas pelo método da integração da equação diferencial da elástica. O método é aplicável a vigas de apoios múltiplos, como se indica na Fig.7.4.

7.1.4. Aplicação dos Teoremas Energéticos

De acordo com o que ficou estabelecido no parágrafo §3.1.9, para o caso geral, a energia elástica de deformação num corpo elástico é dada pela expressão seguinte:

( )∫∫∫ +++++=V

xzxzyzyzxyxyzzzzyyyyxxxx dVU 2

1γτγτγτεσεσεσ

Fig.7.4 - Reciprocidade das condições fronteira

Viga real

Viga conjugada



No caso particular duma viga de comprimento L, em flexão não uniforme, isto é, em que há também a considerar o esforço transverso, a energia elástica de deformação é dada pela expressão seguinte:

dAbI

VS

GI

My

EdxdA

GEdxU

L

A

L

A

xyxx ∫ ∫∫∫ ∫∫

+

=

+=

0

22

0

22 11

2

1

2

1 τσ

ou seja:

∫∫∫∫

+=A

LL

dAb

Sdx

I

V

Gdx

EI

MU

2

0

2

0

2

2

1

2 (7.12)

A expressão anterior para a energia de deformação contém duas parcelas distintas, de tal modo que se pode escrever:

τσ UUU +=

onde ∫=L

dxEI

MU

0

2

2σ representa a contribuição do momento flector, e

∫∫∫

=A

L

dAb

Sdx

I

V

GU

2

0

2

2

1τ representa a parcela associada ao esforço

transverso. Contudo, na maior parte das aplicações práticas (ver a resolução do problema 7.2.1, mais à frente…), a ordem de grandeza da parcela Uτ é muito menor do que a da parcela Uσ, pelo que é habitual usar-se a seguinte expressão simplificada para a energia elástica de deformação numa viga em flexão:

∫=L

dxEI

MU

0

2

2 (7.13)

A aplicação do Teorema de Castigliano é muito conveniente na determinação de deslocamentos em corpos elásticos sujeitos a esforços axiais, torção, flexão ou qualquer combinação destes. Este teorema estabelece que a derivada parcial da expressão da energia elástica total



de deformação em relação a uma qualquer solicitação externa generalizada (força ou momento…) aplicada sobre um corpo elástico é numericamente igual ao deslocamento generalizado (deslocamento linear ou rotação) do ponto de aplicação da força ou secção onde é aplicado o momento.

De acordo com o Teorema de Castigliano, o deslocamento no ponto de aplicação da carga generalizada Pn é dado pela expressão seguinte:

nnn

P

M

EI

M

P

U

∂∂

=∂∂

=δ (7.14)

onde o deslocamento associado à carga generalizada Pn é um deslocamento linear, se se trata de uma força ordinária, ou é uma rotação, se se trata de um momento de flexão ou de torção.

No caso particular de haver apenas uma única força (ou momento) a actuar sobre a viga, pode aplicar-se o Teorema de Clapeyron, como foi visto no parágrafo §3.1.12 do capítulo III, pode traduzir-se por uma das equação seguintes:

P

U2=δ (7.13)

ou

M

U2=θ (7.14)

conforme se trate de uma carga aplicada sob a forma duma força ordinária ou dum momento, respectivamente

Quando se quiser avaliar um deslocamento generalizado num ponto particular (deslocamento linear ou rotação), onde não haja qualquer força ou momento aí aplicados, então é necessário introduzir uma força ou um momento fictícios, aplicados no ponto em questão e, tratando essa força ou momento como uma carga real, aplica-se o Teorema de Castigliano. No final do problema, na expressão que for obtida para o deslocamento (ou rotação), essa força ou momento fictícios são igualados a zero.



7.2. PROBLEMAS RESOLVIDOS

PROBLEMA – 7.2.1.

Considere uma viga (E, I) de comprimento l, encastrada numa extremidade e sujeita a uma carga vertical P na extremidade livre, conforme ilustrado na figura ao lado. Calcule a flecha δB e a rotação θB na extremidade livre da viga:

a)- Usando o método de integração da elástica.

b)- Usando o método da viga conjugada.

c)- Usando o teorema de Castigliano.

RESOLUÇÃO:

A deformação da viga processa-se de acordo com o esquema apresentado na figura a seguir:

a)-Método da Integração da Elástica

O diagrama dos momentos flectores é linear ao longo de todo o comprimento da viga, conforme o esboço que se apresenta na figura a seguir:

Para uma posição genérica x ao longo do eixo da viga, o momento flector é definido pela expressão seguinte:

PxxM −=)(

Donde, substituindo na equação diferencial da elástica:

B A

PlM −=A

M

x

PxM −=

B A

P l

δ θ

AB

l

P



EI

M

dx

yd=

2

2

obtém-se:

xEI

P

dx

yd−=

2

2

E agora, efectuando duas integrações sucessivas, resulta:

12

2Cx

EI

P

dx

dy+−= (a)

213

6CxCx

EI

Py ++−= (b)

onde C1 e C2 são as duas constantes de integração, que podem ser calculadas a partir das condições fronteira na secção de encastramento A, isto é:

para x = l, tem-se: y = 0 e 0=dx

dy

ou seja, substituindo directamente em (a):

EI

PlC

2

2

1 =

Depois, por substituição em (b), obtém-se:

026 2

33

=++− CEI

Pl

EI

Pl

donde:

EI

PlC

3

3

2 −=

Substituindo agora C1 e C2 em (a) e (b), obtém-se:

( )

( )323

22

236

2

lxlxEI

Py

lxEI

P

dx

dy

+−−=

−−==θ

Na extremidade livre B (x = 0) tem-se:

EI

Ply

EI

Pl

3

23

BB

2

B

−==

=

δ

θ



b)-Método da Viga Conjugada

Considera-se a solicitação da viga conjugada por uma distribuição de carga proporcional ao momento flector na viga real:

EI

xMxqc

)()( =

isto é:

EI

Pxxqc −=)(

e, alterando os apoios em conformidade:

onde a força Qc é a resultante da distribuição contínua qc(x) indicada.

O momento flector conjugado Mc em B é:

( )EI

Pl

EI

PllM c 323

2 32

B −=−=

donde:

( )EI

PlM c 3

3

BB −==δ

e o esforço transverso conjugado Vc em B é:

( )EI

PlQV cc 2

2

B −==

donde:

( )EI

PlVcB 2

2

B =−=θ

c)-Aplicação do Teorema de Castigliano

A expressão simplificada para a energia total de deformação na viga, considerando apenas os efeitos do momento flector, é a seguinte:

EI

Pxxqc −=)(

EI

Pl

EI

PlQc

2

21−=

AB

/32l /3l



∫∫ −==ll

dxPxEI

dxEI

MU

0

2

0

2

)(2

1

2

donde:

EI

lPU

6

32

=

De acordo com o Teorema de Castigliano, o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P (ponto A), medido positivamente no sentido da força, é dado pela derivada de U em ordem a P:

EI

Pl

P

U

3

3

=∂∂

=δ

Quando avaliado no referencial (x, y), o deslocamento vertical do ponto B tem o valor simétrico de δ, isto é:

EI

Pl

3

3

B −=−= δδ

Para calcular a rotação da secção B, imagina-se um momento fictício óM

aplicado no sentido duma rotação contrária ao movimento dos ponteiros do relógio (ver figura…).

A expressão do momento flector para este tipo de carregamento fictício é constante ao longo de todo o comprimento da barra, isto é:

ó

ó )( MxM −=

A distribuição de momentos flectores M´, correspondente à sobreposição dos dois carregamentos (real e fictício…), é dada pela soma dos momentos associados, isto é:

ó

ó )()()´( MPxxMxMxM −−=−=

Donde a energia elástica de deformação associada:

( )∫∫ ++==ll

dxMxPMxPEI

dxEI

MU

0

´2o

ó

22

0

2ó 2

2

1

2

´

ou seja:

óM

ó

ó )( MxM −=

x

óM B A



++= lMlPM

lP

EIU ´2

o2´

o

32ó 32

1

Derivando, agora, em ordem à carga fictícia óM , obtém-se:

EI

lMPl

M

U

2

2 ó

2

ó

ó +

=∂

∂

Finalmente, o valor da rotação em B obtém-se fazendo 0ó =M , isto é:

EI

PlB 2

2

=θ

Nota Importante:

Uma análise mais rigorosa do problema deveria incluir a parcela da energia de deformação associada às tensões de corte. Para o caso duma secção rectangular (bxh), por exemplo, ter-se-ia:

∫ ∫+

−

−−

−

=l h

h

bdybI

yhh

yh

Pb

dxG

U

0

2/

2/

2

2/222

2

1τ

ou seja:

( )Gbh

lPdyyyhhdx

GI

bPU

l h

h10

3 168

128

2

0

2/

2/

42242

2

=+−= ∫ ∫+

−

τ

Comparando com a parcela correspondente à energia associada ao momento flector:

3

3232 2

6 Ebh

lP

EI

lPU ==σ

obtém-se: 22

40

)1(3

20

3

+=

=l

h

l

h

G

E

U

U ν

σ

τ

No caso duma viga esbelta (tipicamente, h/l < 1/10), e no caso limite de v = 0.5, obtém-se:

0011,0<σ

τ

U

U

isto é, a parcela da energia associada à deformação de corte é inferior a 0,1% da parcela correspondente ao momento flector.



PROBLEMA – 7.2.2.

Reconsidere o problema anterior, agora supondo que a viga está uniformemente carregada ao longo de todo o comprimento, com uma distribuição de carga intensidade qo, no sentido de cima para baixo (em que qo é uma quantidade positiva):

RESOLUÇÃO:

A deformação da viga processa-se de acordo com o esquema esboçado na figura a seguir:

a) - Método de Integração da Elástica

Neste caso, o diagrama dos momentos flectores é o seguinte:

Para uma posição genérica x, ao longo do eixo da viga, a expressão do momento flector é:

2)(

2oxq

xM −=

Substituindo na equação geral da elástica:

2

2olq

M A −=

B A x

M

2

2o xq

M −=

B A

o)( qxq −=

l

δ θ

AB

l

o)( qxq −=



EI

M

dx

yd=

2

2

obtém-se:

EI

xq

dx

yd

2

2o

2

2

−=

Donde, integrando sucessivamente:

13o

6Cx

EI

q

dx

dy+−= (a)

214o

24CxCx

EI

qy ++−= (b)

Impondo agora as condições fronteira correspondentes ao encastramento em A, isto é:

Para x = l, y = 0 e 0=dx

dy

Obtém-se, directamente por substituição em (a):

EI

lqC

6

3o

1 =

Depois, por substituição em (b):

2

4o

4o

6240 C

EI

lq

EI

lq++−=

Donde:

EI

lqC

8

4o

2 −=

Então, de (a) e (b) resulta, finalmente:

( )33o

6lx

EI

q

dx

dy−−==θ

( )434o 3424

lxlxEI

qy +−−=

Donde se obtém, para a secção B:

EI

lqy

EI

lq

8

64

oBB

3o

B

−==

=

δ

θ



b)- Método da Viga Conjugada


A força resultante Qc equivalente à distribuição contínua qc é numéricamente igual à área Ω do diagrama acima, isto é:

EI

lqdx

EI

xqdxq

ll

c 62

3o

0

2o

0

−=−==Ω ∫∫

Donde:

EI

lqQc 6

3o−=

A posição xG do centro de gravidade da área Ω obtém-se a partir da equação:

∫=Ωl

cG dxxqx

0

Donde:

4

320

2o

lxdx

EI

xq

x

l

G =Ω

−

=∫

A rotação θB e o deslocamento δB podem calcular-se agora directamente:

( )

( )EI

lq

EI

lqlM

EI

lqQV

c

ccB

864

3

64

o3

oBB

3o

B

−=−==

=−=−=

δ

θ

EI

xqxqc 2)(

2o−=

EI

lq

2

2o

EI

lqQc 6

3o−=

x

Gx

AB



c)-Aplicação do Teorema de Castigliano

Para obter o deslocamento vertical no ponto B, segue-se a metodologia habitual: Ao carregamento real da viga, adiciona-se uma carga virtual 1'P aplicada no

ponto P (no sentido de baixo para cima), calcula-se a energia elástica associada a esse carregamento combinado, deriva-se a expressão resultante em relação a

1'P e, finalmente, calcula-se o valor dessa expressão para 0'1 =P .

xPxM 11 ')(' =

Quando se sobrepõe este carregamento fictício 1'P ao carregamento real, a

distribuição global dos momentos flectores é dada pela soma das distribuições associadas a cada um desses carregamentos, isto é:

xPxq

xMxMxM 1

2o

1 '2

)(')()´( +−=+=


∫∫

+−==

ll

dxxPxPqxq

EIdx

EI

MU

0

221

31o

42o

0

2

1 ''42

1

2

´'

ou seja:

+−=

3

'

4

'

202

1'

321

41o

52o

1

lPlPqlq

EIU

Agora, derivando em ordem à carga fictícia , obtém-se:

+−=

∂∂

3

'2

42

1

'

' 31

4o

1

1 lPlq

EIP

U

Finalmente, o valor do deslocamento em A obtém-se fazendo 0'1 =P :

EI

lq

8

4o

B −=δ

1'P

´1M

xPxM ´1

´1 )( =

x

´1P

B A



Para calcular a rotação da secção B, tal como no problema anterior, imagina-se um momento fictício 2'M aplicado nessa secção, no sentido duma rotação

positiva, isto é contrária à do movimento dos ponteiros do relógio (ver figura). A expressão do momento flector para este tipo de carregamento fictício é constante ao longo de todo o comprimento a barra, isto é:

22 ')(' MxM −=

A distribuição de momentos flectores, M´, correspondente à sobreposição dos dois carregamentos (real e fictício) é dada pela soma dos momentos associados, isto é:

2

2o

2 '2

)(')()´( Mxq

xMxMxM −−=−=


∫∫

++==

ll

dxMxMqxq

EIdx

EI

MU

0

22

22o

42o

0

2

2 ''42

1

2

''

ou seja:

++= lM

lMqlq

EIU 2

2

32o

52o

2 '3

'

202

1'

Agora, derivando em ordem à carga fictícia 2'M , obtém-se:

+=

∂∂

lMlq

EIM

U2

3o

2

2 '232

1

'

'

Finalmente, o valor da rotação em B obtém-se fazendo 0'2 =M , isto é:

EI

lq

6

3o

B =θ

´2M

´2

´2 )( MxM −=

x

´2M B A



PROBLEMA – 7.2.3.

Considere uma viga (E, I) de comprimento l, simplesmente apoiada nas extremidades e sujeita a uma carga qo uniforme ao longo de todo o seu comprimento, no sentido de cima para baixo (em que qo é uma quantidade positiva)

Calcule a flecha δ a meio vão (C) e as rotações das secções extremas (A) e (B):

a)- Utilizando o método de integração da elástica.

b)- Utilizando o método da viga conjugada.

c)- Recorrendo à aplicação do Teorema de

Castigliano.

RESOLUÇÃO:

A deformação da viga processa-se de acordo com o esquema esboçado na figura a seguir:

a)- Método de Integração da Elástica

Calcule-se, em primeiro lugar, as reacções nos apoios A e B. É óbvio que são iguais a metade da força resultante equivalente à distribuição contínua uniforme qo, isto é:

Para uma secção genérica à distância x da extremidade A, o correspondente momento flector é:

22)(

2oo xqlxq

xM −=

x

x

2o

Blq

R =2o

Alq

R =

l

o)( qxq −=

A B

o)( qxq −=

A BC

l

CδAθ Bθ

AB

o)( qxq −=

l



Donde o diagrama dos momentos flectores:

Substituindo a expressão para M(x) na equação geral da elástica:

EI

xM

dx

yd )(2

2

=

obtém-se, neste caso:

EI

xq

EI

lxq

dx

yd

22

2oo

2

2

−=

ou seja:

( )lxxEI

q

dx

yd−−= 2o

2

2

2

Donde, por integrações sucessivas:

1

23o

232C

lxx

EI

q

dx

dy+

−−==θ (a)

21

34o

6122CxC

lxx

EI

qy ++

−−= (b)

onde C1 e C2 são duas constantes de integração, que podem ser calculadas a partir das condições fronteira em A e B, isto é:

(i) - Para x = 0 (secção A) é y = 0

donde:

C2 = 0

e

(ii) - Para x = l (secção B) é também y = 0

donde:

EI

lqC

24

3o

1 −=

8

2o

Clq

MM máx ==

AC

B

M

x

22)(

2oo xqlxq

xM −=



Substituindo agora em (a) e (b) obtém-se:

( )323o 6424

llxxEI

q

dx

dy+−−==θ

( )xllxxEI

qy 334o 2

24+−−=

Donde:

EI

lq

24

3o

A −=θ ; EI

lq

24

3o

B +=θ

( )EI

lqy lx 384

5 4o

2/C −== =δ

b)- Método da Viga Conjugada


EI

xMxqc

)()( =

Nestas condições, tem-se a situação representada na figura a seguir (reparar que as extremidades da viga conjugada mantêm-se simplesmente apoiadas...):

A resultante Qc equivalente à distribuição contínua qc(x) é igual à área do diagrama supra, isto é:

EI

lqlQc 83

2 2o=Ω=

(Nota: A área duma parábola é igual a 2/3 da área do rectângulo circunscrito!...)

Donde, as reacções em A e B na viga conjugada:

EI

lqQc 12

3o=

( )EI

lqRc 24

3o

A −= ( )EI

lqRc 24

3o

B −=

( ) ( )EI

lqqlxx

EI

qq

máxcc 8 ;

2

2o2o −=−−=

A BC

x

ox

G



( ) ( )EI

lqQRR c

cc 242

3o

BA −=−==

Para obter o valor da flecha a meio vão (x = l/2), há apenas que calcular o momento flector conjugado nessa secção. Para tal terá de calcular-se a posição do centro de gravidade G da metade esquerda da área parabólica na figura anterior:

16

5

2/

2/

0o

ldxxq

x

l

c

=Ω

=∫

Donde:

( )

−+−== o

3o

3o

CC 2242

24x

l

EI

lql

EI

lqMcδ

isto é:

( )EI

lqy lx 384

5 4o

2/C −== =δ

Quanto às rotações em A e B, tem-se:

( ) ( )

( ) ( )EI

lqRV

EI

lqRV

cc

cc

24

243

oBBB

3o

AAA

+=+−=−=

−=−−=−=

θ

θ

c) - Aplicação do Teorema de Castigliano

Para obter o deslocamento vertical no ponto C, segue-se a metodologia habitual: Ao carregamento real da viga, adiciona-se uma carga virtual 1'P aplicada no

ponto C (no sentido ascendente), calcula-se a energia elástica associada a esse carregamento combinado (real mais fictício), deriva-se a expressão resultante em relação a 1'P e, finalmente, calcula-se o valor dessa expressão para 0'1 =P .

Considere-se, então o carregamento virtual 1'P na secção central da viga.

A distribuição dos momentos flectores é triangular e simétrica em relação à secção média:

xP

xM2

')(' 1

1 −= )2

0(l

x ≤≤

)(2

')(' 1

1 xlP

xM −−= )2

( lxl

≤≤

C´1M

1'P

( )2

'' 1

A1P

R −=

A B

x

( )2

'' 1

B1P

R −=

oP



Quando se sobrepõe este carregamento fictício 1'P ao carregamento real, a


/20 para , 22

)'(

2

'

22)(')()('

2o1o

12

oo1

lxxqxPlq

xPxqlxqxMxMxM

≤≤−−

=

−

−=+=

lxllPxqxPlq

lPxPxqlxqxMxMxM

≤≤−−+

=

−+

−=+=

/2 para , 2

'

22

)'(

2

'

2

'

22)(')()('

12

o1o

112

oo1

Neste caso particular, porque existe simetria da solicitação combinada relativamente à secção média, pode escrever-se:

∫∫ ==2/

0

2

0

2

1 2

'2

2

''

ll

dxEI

Mdx

EI

MU

Donde, substituindo a expressão a expressão supra do momento flector )(' xM ,

para 2/0 lx ≤≤ :

[ ]

+−=

−−= ∫

60'

96

5'

244

1

)'(4

1'

52o

1

4o2

1

3

2/

0

2 2o1o1

lqP

lqP

l

EI

dxxqxPlqEI

U

l

Agora, derivando em ordem à carga fictícia 1'P , obtém-se:

−=

∂∂

96

5

12

'

4

1

'

' 4o1

3

1

1 lqPl

EIP

U

Finalmente, o valor do deslocamento em A obtém-se fazendo 0'1 =P :

EI

lq

384

5 4o

C −=δ

Para calcular as rotações das secções extremas A e B, imagina-se que aí são aplicadas, em separado, momentos fictícios 2'M e 3'M . Atendendo a que há



simetria relativamente à secção central, basta determinar a rotação em numa das secções extremas, que a rotação da outra será igual e de sinal contrário. Tomando a secção A, por exemplo, considere-se um momento fictício 2'M no

sentido directo, conforme ilustrado no esquema representado na figura abaixo.

A distribuição dos momentos flectores é triangular e simétrica em relação à secção média:

−×−=l

xMxM 1')(' 22

Quando se sobrepõe este carregamento fictício 2'M ao carregamento real, a


−−

−=+=

l

xMM

xqlxqxMxMxM 2

2

2oo

2'

'22

)(')()´(


dxMxl

MlMqx

l

MMq

lq

xl

Mqlqx

q

EIdx

EI

MU

ll

−

−−

−++

+−== ∫∫

´22

´22

2o2

2

2

2o

22o

0

32o2o4

2o

0

2

2

2'

´'2

4

'

242

1

2

´'

ou seja:

−+=

3

'

12

'5

1202

1'

22

32o

52o

2lMlMqlq

EIU

Agora, derivando em ordem à carga fictícia 2'M , obtém-se:

−−=

∂∂

12

5

3

'2

2

1

'

' 3o2

2

2 lqlM

EIM

U

Finalmente, o valor da rotação em A obtém-se fazendo 0'2 =M , isto é:

EI

lq

24

5 3o

A −=θ

´2M

−×−=l

xMxM 1)( ´

2´2

x

´2M BA

( )l

MR 2

A2'

' += ( )l

MR 2

B2'

' −=

l



E, por razões de simetria, a rotação da secção B é igual e de sinal contrário à da secção A, isto é:

EI

lq

24

5 3o

B +=θ

PROBLEMA – 7.2.4.

Considere uma viga (E, I) com 7,5m de comprimento, simplesmente apoiada em dois pontos e solicitada da forma indicada na figura a seguir:

a)- Calcule as reacções nos apoios.

b)- Determine os diagramas dos momentos flectores e dos esforços transversos ao longo do eixo da viga.

c)- Determine, usando o método de integração da elástica, os valores da flecha na extremidade A e da rotação no apoio D.

d)- Reconsidere o cálculo do deslocamento em A, aplicando agora o Teorema de

Castigliano.

RESOLUÇÃO:

a)-Cálculo das Reacções nos Apoio

A condição de equilíbrio relativa ao vector principal escreve-se:

∑ = 0F

ou seja:

042DB =−−+ RR (a)

e a condição de equilíbrio relativa aos momentos (em B, por exemplo):

∑ = 0BM

ton2

A B C D

m5,1 m2m4

ton4

DR

ton2 mton /1

A B C D

m5,1 m2 m4



ou seja:

06445,12 D =×+×−× R (b)

donde, resolvendo as equações (a) e (b):

tonR 83,3B = e tonR 17,2D =

b)- Diagramas dos Esforços Transversos e dos Momentos

(i)-Entre as secções A e B, isto é para 0 ≤ x ≤ 1,5m, tem-se:

( )tonV i 2)( += (c)

( )mtonxM i ×−= 2)( (d)

(ii)-Entre as secções B e C, isto é para 1,5m < x ≤ 3,5m, tem-se:

83,32)( −=iiV

isto é:

tonV ii 83,1)( −= (e)

e

)5,1(83,32)( −+−= xxM ii

isto é:

)( 745,583,1)( mtonxM ii ×−= (f)

(iii)-Entre as secções C e D, isto é para 3,5m < x ≤ 7,5m, tem-se:

)5,3(183,1)( −×+−= xV iii

isto é:

)( 33,5)( tonxV iii −= (g)

e

2

)5,3(1745,583,1

2

)(−

×−−=x

xM iii

isto é:

)( 87,1133,55,0 2)( mtonxxM iii ×−+−= (h)

Então, os correspondentes diagramas V e M são conforme representados nas figuras a seguir:



c)-Cálculo da flecha em A e da rotação em D

Utilizando o método da integração da elástica, considere-se a viga dividida em três segmentos distintos (i)-AB, (ii)-BC e (iii)-CD.

Integrando a equação diferencial da elástica no segmento (i)-AB, obtém-se, sucessivamente:

EI

x

EI

xM

dx

yd i 2)()(2

2

−==

( )12

)(1

CxEIdx

dyi +−==θ

++−= 21

3

)( 3

1CxC

x

EIy i

(a)

No segmento (ii)-BC:

EI

x

EI

xM

dx

yd ii 745,583,1)()(2

2 −==

+−== 32

)( 745,52

83,11Cxx

EIdx

dyiiθ

++−= 4323

)( 2

745,5

6

83,11CxCxx

EIy ii

M

xA B C D

6B −=M

33,2+=maxM

66,0C +=M

V

x

2A +=V

A BC

D

2)(B +=−

V

83,1)(B −=+

V

17,2D +=V

83,1C −=V



E, finalmente, no segmento (iii)-CD:

EI

xx

EI

xM

dx

yd iii 875,1133,55,0)( 2)(

2

2 −+−==

+−+−== 523

)( 875,112

33,5

3

5,01Cxxx

EIdx

dyiiiθ (b)

++−×

+−= 65234

)( 2

875,11

32

33,5

12

5,01CxCxxx

EIy iii

Impondo agora as condições fronteira nos apoios e as condições de continuidade entre segmentos adjacentes:

( ) 0B)( =iy :

05,13

5,121

3

=+×+− CC

( ) 0B)( =iiy :

05,15,12

745,55,1

6

83,143

23 =+×+−× CC

( ) ( )B)(B)( iii θθ = :

32

12 5,1745,55,1

2

83,15,1 CC +×−×=+−

( ) ( )C)(C)( iiiii yy = :

4323 5,35,3

2

745,55,3

6

83,1CC ++×−×

= 65234 5,35,3

2

875,115,3

32

33,55,3

12

5,0CC ++×−×

×+×−

( ) ( )C)(C)( iiiii θθ = :

32 5,3745,55,3

2

83,1C+×−×

= 523 5,3875,115,3

2

33,55,3

3

5,0C+×−×+×−

( ) 0D)( =iiiy :

05,75,72

875,115,7

32

33,55,7

12

5,065

234 =++×−××

+×− CC



Isto é, obtém-se o seguinte sistema de equações lineares nas constantes C1, C2, C3, C4, C5 e C6:

+=+

−=−

−=−−++

−=−

+=++

+=+

055,915,7

163,7

788,185,35,3

309,4

434,55,1

125,15,1

65

53

6543

31

43

21

CC

CC

CCCC

CC

CC

CC

cuja solução é:

394,10

527,13

111,4

364,6

957,1

055,2

6

5

4

3

2

1

−=

+=

−=

+=

−=

+=

C

C

C

C

C

C

e a deflexão em A e a rotação em D obtêm-se agora por substituição nas expressões (a) e (b) supra:

EIEIy

96,1957,10055,2

3

01 3

A −=

−×+−=

e

)(058,4

527,135,7875,115,72

33,55,7

3

5,01 23D rad

EIEIdx

dy=

+×−×+×−==θ

c)- Aplicação do Teorema de Castigliano

A energia elástica de deformação na viga é dada pela expressão geral seguinte:

∫=l

dxEI

MU

0

2

2

De acordo com o Teorema se Castigliano, o deslocamento do ponto A, na direcção e sentido da força P aí aplicada, é dado pela derivada da energia elástica de deformação relativamente a P, isto é:



∫ ∂∂

=∂∂

∂∂

=∂∂

=l

A dxP

MM

EIP

M

M

U

P

U

0

1δ

Desdobrando para os diferentes segmentos da viga e explicitando em termos da força P, obtém-se:

333,125,1B += PR e PR 25,0667,2D −=

donde:

( )( )

( )( )

−+−−+−+

−+−−+−−=

∫

∫∫

75

5,3

2

5,3

5,1

5,1

0

)5,1(25,1 87,1133,55,0

)5,1(25,1 745,583,1)(21

dxxxxx

dxxxxdxxxEI

Aδ

( )

( )

+−+−+

+−+=

∫

∫∫

75

5,3

23

5,3

5,1

25,1

0

2

25625,229613,1227,2125,0

772,108675,44575,021

dxxxx

dxxxdxxEI

ou seja:

EIx

xxx

xxxx

EI

96,1256,22

2

961,12

3

27,2

4

0,125

772,102

8675,4

3

4575,0

3

21

5,7

5,3

234

5,3

5,1

235,1

0

3

A

=

+−+−+

+−+

=δ

O sinal aqui é positivo, uma vez que o Teorema de Castigliano dá o deslocamento no sentido da força, que, no caso vertente, é de cima para baixo.

PROBLEMA – 7.2.5.

Considere o pórtico rectangular plano ABC representado na figura a seguir, encastrado na secção A e sujeito a uma força vertical P = −Po aplicada na extremidade livre C. Os dois elementos AB e BC do pórtico estão rigidamente

ab

oP

CB

A



ligados em B e ambos têm a mesma rigidez à flexão (EI). Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano: a)- O deslocamento vertical δv do ponto C; b)- O deslocamento horizontal δh do ponto C; c)- A rotação θC da secção em C.

RESOLUÇÃO:

a)-Cálculo do deslocamento vertical em C

O diagrama dos momentos flectores ao longo dos dois elementos do pórtico obtém-se facilmente e é conforme representado na figura a seguir:

A expressão simplificada para a energia total de deformação na estrutura, considerando apenas os efeitos do momento flector, é a seguinte:

−+=+= ∫∫∫∫

bab

BC

a

AB dssbdsbEI

Pds

EI

Mds

EI

MU

0

2

0

22

o

0

2

0

2

)(222

donde:

( )baEI

bPU o += 3

6

22

De acordo com o Teorema de Castigliano, o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P (ponto C), medido positivamente no sentido da força, é dado pela derivada de U em ordem a P, isto é:

EI

baPb

P

U

o 3

)3(2 +=

∂∂

=δ

Quando avaliado no referencial habitual (x, y), o deslocamento vertical do ponto C tem o valor simétrico de δ, isto é:v

( )EI

baPb

3

)3(2

Cv+

−=δ−=δ

b)-Cálculo do deslocamento horizontal em C

ab

CB

bPo

bPo

A

ab

'oH

CB

A



Para calcular o deslocamento horizontal em C,

imagina-se uma força fictícia horizontal 'oH

aplicada no sentido positivo do eixo dos xx (da esquerda para a direita), conforme indicado na figura ao lado.

O diagrama dos momentos flectores para este tipo de carregamento fictício é linear ao longo do elemento vertical AB e nulo ao longo de todo o elemento BC, conforme representado na figura a seguir:

A distribuição de momentos flectores M´, correspondente à sobreposição dos dois carregamentos (real e fictício…), é dada pela soma dos momentos associados, isto é:

)()( óo

'AB saHbPsM −−−= e )()( o

'BC sbPsM −−=


( )

−+−+=

+= ∫∫∫∫

b

o

aba

dssbPdssaHbPEI

dsMdsMEI

U

0

22

0

2óo

0

2'BC

0

2'AB

ó )()(

2

1

2

1

ou seja:

( )2o

3´2o

3óo

22o

2ó 33

6

1PbHaHbPaPab

EIU +++=

Derivando, agora, em ordem à carga fictícia óH , obtém-se:

)23(2

2 ó

3o

2ó

2

ó

ó HabPa

EI

lMPl

H

U+

+=

∂

∂

Finalmente, o valor do deslocamento horizontal em C obtém-se fazendo 0ó =H

, isto é:

( )EI

baP

2

2o

Ch =δ

b)-Cálculo da rotação em C

ab

CB

aH 'o

A

ab

'oMCB

A



Para calcular a rotação da secção B, imagina-

se um momento fictício óM aplicado no

sentido duma rotação contrária ao movimento dos ponteiros do relógio (ver figura ao lado).

O diagrama dos momentos flectores para este tipo de carregamento fictício é constante ao longo de todo o comprimento dos dois elementos do pórtico:

A distribuição de momentos flectores M´, correspondente à sobreposição dos dois carregamentos (real Po e fictício Mó), é dada pela soma dos momentos associados, isto é:

'oo

'AB )( MbPsM +−= e '

oo'BC )()( MsbPsM +−−=


( ) ( )

−−+−=

+= ∫∫∫∫

baba

dsMsbPdsMbPEI

dsMdsMEI

U

0

2óo

0

2óo

0

2'BC

0

2'AB

ó )(

2

1

2

1

ou seja:

( )( )

−−++=

2óo

óoo

´3o

o

ó 3

6

1MbPMbPaPM

EIPU

Derivando, agora, em ordem à carga fictícia óM , obtém-se:

( ) ( )( )

−+−−−−=

∂

∂ óoo

óo

2óo

´2o

oó

ó 323

6

1MbPaPMbPMbPM

EIPM

U

Finalmente, o valor da rotação em B obtém-se fazendo 0ó =M , isto é:

( )EI

abPbB 2

2+=θ

do uma viga (E=200 GPa, υ=0.3) de secção em T, com as dimensões

PROBLEMA – 7.2.7.

ab

CB

'oM

A

'oM



Considere uma viga (E=200 GPa, υ=0.3) de secção em T, com as dimensões indicadas na figura a seguir, carregada de acordo com o esquema apresentado na figura a seguir.

a)- Calcule as reacções nos apoios.

b)- Determine os diagramas dos momentos flectores e dos esforços transversos ao longo do eixo da viga.

c)- Identifique as posições onde ocorrem as tensões máximas de flexão e de corte (devido ao esforço transverso), e determine os respectivos valores.

d)- Determine os valores da flecha na extremidade D e da rotação no apoio C.

RESOLUÇÃO:

a)-Cálculo das Reacções nos Apoios

As reacções nos apoios obtêm-se através do processo habitual, Considerando o diagrama de corpo livre e estabelecendo as condições de equilíbrio estático do sistema de todas as forças externas, incluindo as reacções nos apoios A e C:

Tomando momentos em A, por exemplo, a condição de equilíbrio das forças exteriores implica que seja 0A =∑M , isto é:

01032022012 C =×−×−×−R

m1 m1 m1

A B C D

kN10

kN20

mkN /10100 100

mm 220

10

10

P

y

x

A B C D

kNP 10D =

kNP 20B −=

mkNq /10=

kN20Q −=

CRAR

m1 m1 m1)(i )(ii )(iii



onde Q = −20 kN é a resultante equivalente à distribuição uniforme q(x)= −10kN/m. Donde:

kNR 45C =

Por outro lado, a mesma condição de equilíbrio exige que seja também

∑ = 0F , isto é:

0102020CA =−−−+ RR

donde:

kNR 5A =

b)- Diagramas dos Esforços Transversos e dos Momentos

(i)-Entre as secções A e B, isto é para 0 ≤ x ≤ 1, tem-se:

5)( −=iV (a)

xM i 5)( = (b)

(ii)-Entre as secções B e C, isto é para 1 < x ≤ 2, tem-se:

)1(10205)( −++−= xV ii

isto é:

510)( += xV ii (c)

e

2

)1(10)1(205

2

)(−

−−−=x

xxM ii

isto é:

1555 2)( +−−= xxM ii (d)

(iii)-Entre as secções C e D, isto é para 2 < x ≤ 3, tem-se:

45)1(10205)( −−++−= xV iii

isto é:



4010)( −= xV iii (e)

e

2)-45(2

)1(10)1(205

2

)( xx

xxM iii +−

−−−=

isto é:

75405 2)( −+−= xxM iii (f)

Os correspondentes diagramas V e M são, portanto, conforme representado nas figuras a seguir:

c)-Cálculo das Tensões Máximas de Flexão e de Corte

O momento flector máximo ocorre na secção C, isto é:

M = −15 kNxm

O esforço transverso máximo ocorre também nessa mesma secção C, do lado esquerdo, isto é:

A BC

D

M

x0A =M

5B +=M

15C −=M

0D =M

V

x

5A −=V

AB C D

5)(B −=−

V

15)(B +=+

V

25)(C +=−

V

20)(C −=+

V

10D −=V



V = +25 kN

A tensão de flexão correspondente é dada por:

I

My=σ

No caso vertente, tem-se uma secção em forma de T, cujo centro de gravidade se pode obter tomando os momentos estáticos em relação ao lado extremo superior, isto é:

11510

(210 1

××

210+5×10×200=10)×200+10× d

Donde:

d1= 61 mm e d2= 159 mm

Calcule-se, agora, o momento de Inércia I da secção:

I = I1+I2

( ) ( ) 4623

1 103.6005.0061.001.02.012

)01.02.0(mI −×=−××+

×=

( ) ( ) 4623

2 108.12061.0115.001.021.012

)21.001.0(mI

−×=−××+×

=

Donde:

I = 19.1x10-6 m4

E então, tendo em conta que ymax=0.159m:

MPamax 9.124101.19

159.010156

3

=××

=−

xσ

Quanto à tensão de corte, tem-se:

eI

VS=τ

Ora, na alma da secção, tem-se:

( ) ( )( ) ( ) 2/051.001.0051.0

005.0061.02.001.0

yy

S

+××−+

−××=

20010

210

10

1

2

G1d

2d

y

G



Isto é:

236 10510125 yS −− ×−×=

0 0 =⇒= ydy

dS

E, portanto: 3610125 mSmax

−×=

Donde:

6

63

101.19010.0

101251025−

−

××

×××=maxτ (Vmax=25kN)

ou seja:

MPamax 4,16=τ

d)-Cálculo da flecha em D e da rotação em C

Utilizando o método da viga conjugada, por exemplo, considere-se a viga conjugada solicitada por uma distribuição de carga proporcional ao momento flector na viga real:

EI

xMxqc

)()( =

Para determinar as reacções nos apoios da viga conjugada, são previamente calculadas as resultantes das distribuições contínuas em cada um dos troços AB (i), BC (ii) e CD (iii):

( )EI

dxEI

xQ

ic 2

105105 31

0

3 ×=

×= ∫

EI

xqc

3105×=

( )3105 23

−+×−= xxEI

qc

( )158105 23

+−×−= xxEI

qc

A B

C

Dx



( ) 67.0

2

5

51

0 ==∫

EI

xdxEI

x

xiG

( ) ( )EI

dxxxEI

Qiic 6

1025 3

105 32

1

23 ×

−=−+×

−= ∫

( )( )

9.1

6

25

35

2

1

2

=

−+

=∫

EI

xdxxxEI

xiiG

( ) ( )EI

dxxxEI

Qiiic 3

1020158

105 33

2

23 ×

−=+−×

−= ∫

( )( )

31.2

3

20

1585

3

2

2

=

+−

=∫

EI

xdxxxEI

xiiiG

Agora, da condição de que o momento flector na rótula C deve ser nulo, resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 0222 =−×+−×+×iiGiiciGicAc xQxQR

ou seja:

( ) 01.06

102533.1

2

1052

33

=××

−××

+×EIEI

RAc



Donde:

( )EI

Rc

3

A1045,1 ×

−=

Por outro lado, da condição de equilíbrio vertical das forças exteriores (incluindo as reações em A e D), resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0DA =++++ ciiiciicicc RQQQR

ou seja:

( ) 03

1020

6

1025

2

1051045,1D

3333

=+×

−×

−×

+×

− cREIEIEIEI

Donde:

( )EI

Rc

3

D1079,9 ×

=

Finalmente, da condição de equilíbrio dos momentos das forças exteriores (incluindo as reacções em A e D), no ponto D, por exemplo, resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) 03

333

DG

GGA

=−−×+

−×+−×+×

ciiiiiic

iiiiciicc

MxQ

xQxQR

ou seja:

( ) 069,03

1020

1,16

102533,2

2

1053

1045,1

D

3

333

=−××

−

××

−××

+××

−

cMEI

EIEIEI

( )EI

Qic 2

105 3×=

( )EI

Qiic 6

1025 3×−=

( )EI

Qiiic 3

1020 3×−=

A B

C DD)( cM

D)( cR

A)( cR

31,2

9,1

67,0

x



Donde:

( )EI

M c

3

D1071,7 ×

−=

Agora, tem-se:

( )EI

M c

3

DD1071,7 ×

−==δ

ou, atendendo a que, para a viga em questão se tem

)Ν( 10× 83= 10×119×109×= 9−6 2,,200 mEI :

m6D 1003,2 −×−=δ

Quanto à rotação da secção em C, tem-se:

( ) [ ]iiiccc QRV )()( DCC +−=−=θ

ou seja:

×−

×−=

EIEI 3

10201079,9 33

Cθ

isto é:

rad6C 1082,0 −×−=θ

PROBLEMA – 7.2.7.

Pretende-se construir uma viga de secção em U, de abas iguais, conforme indicado na figura, a partir de chapa de aço (E=200 GPa, υ=0.3) com espessura de 50 mm para as abas e 25 mm para a alma. A viga está apoiada e é carregada de acordo com o esquema apresentado na figura . Considere σadm=140 MPa.

m2m1

A B C D

kN20

mkN /10

m2

a2 25

50

a



a)- Determine os diagramas dos momentos flectores e dos esforços transversos ao longo do eixo da viga.

b)- Determine a largura mínima (a) das abas da secção.

c)- Determine o centro de torção da secção.

d)- Determine os valores da flecha na extremidade D, bem assim como das rotações nos apoios B e C.

RESOLUÇÃO:

Cálculo das Reacções nos Apoios:

Antes de mais, há que determinar as reacções nos apoios. Considere-se, então, a situação representada na figura a seguir:

Tomando momentos em B, por exemplo, a condição de equilíbrio das forças exteriores implica que seja ∑ = 0BM , isto é:

032212 =×−×+× CR

onde Q = 2ton é a resultante equivalente à distribuição uniforme qo = 1 ton/m.

Donde:

tonRC 2=

Por outro lado, a mesma condição de equilíbrio exige que seja também ∑ =0F

, isto é:

022 =−−+ CB RR

Donde:

(i) (ii) (iii)

x

tonQ 2=

mton / 1

ton 2

y

BRCR

A

B C

D

m1 m2 m2



tonRB 2=

a)-Cálculo dos Diagramas dos V e M


2)( +=iV (a)

xM i 2)( −= (b)

(ii)-Entre as secções B e C, isto é para 1 < x ≤ 3, tem-se:

22)( −=iiV

isto é: 0)( =iiV (c)

e )1(22)( −×+−= xxM ii

isto é: 2)( −=iiM (d)

(iii)-Entre as secções C e D, isto é para 3 < x ≤ 5, tem-se:

)3(1222)( −×+−−= xV iii

isto é: 5)( −= xV ii (e)

e

( ) /231)3(2)1(22 2)( −×−−×+−×+−= xxxxM iii

isto é

2

25102

)(+−

−=xx

M iii (f)

Os correspondentes diagramas V e M são, portanto, conforme representado nas figuras seguintes:



b)-Cálculo das dimensões da Secção

O momento flector máximo ocorre entre as secções B e C, onde é:

M = −20 tonxm


I

My=σ

No caso vertente, tem-se uma secção em forma de U, cujo eixo neutro n-n coincide com o eixo de simetria horizontal.

O momento de inércia I da secção relativamente ao eixo neutro obtém-se da seguinte forma:

I = I1+2 x I2

( )

65

22323

1

102105.12

1025.01067.112

1.02025.0

−−

−−

×−×+

×−×=−×

=

a

aaa

I

a

aaaaa

I

5

233223

2

1017.4

105.2105)025.0(05.012

05.0

−

−−

×+

×−×=−××+×

=

x

V

x

M

A B C D

A B C D

2A +=V 2)(B +=−

V

0)(B =+

V 0)(C =−

V

2)(C −=+

V

0D =V

0A =M

2B −=M 2C −=M

0D =M

a2 nn

mm50

mm25

1

2

a

2



652232 1021084.201075.01067.11 −−−− ×−×+×−×= aaaI

Então, tendo em conta que ymax = a:

6

652232

4

10140

1021084.201075.01067.11

1020

×≤

×−×+×−×

×= −−−− aaa

amaxσ

Donde:

mmma 140140.0 =≥

c)-Determinação do Centro de Torção

Considerando o esquema da figura a seguir, tira-se, de acordo com a equação (5.37):

I

ehb

V

hFd

4

''' 22

=×

=

Donde, para 48102 mmI ×= :

mmd 541024

502301288

22

=××

××=

d)-Cálculo da flecha em D e das rotações em B e C

Utilizando o método da viga conjugada, considere-se a viga conjugada solicitada por uma distribuição de carga proporcional ao momento flector na viga real:

EI

xMxqc

)()( =

EI

xqc

41020×−=

EIqc

41020×−=

( )EI

xxqc

42 10125505 ×+−−=

AB C

D x

V F

F

mme 50=

d

Ommh 230'=

mmb 128'=




( )EI

Qic

41010 ×−= ; ( ) 67.0=

iGx

( )EI

Qiic

41040 ×−= ; ( ) 2=

iiGx

( ) ( )EI

dxxxEI

Qiiic

45

3

24 1033.13

2510105 ×

−=+−×

−= ∫

( )( )

5.333.13

25105

3

2

2

=

+−

=∫

EI

dxxxxEI

xiiiG

Considere-se, então o esquema representado na figura a seguir:

Agora, da condição de que os momentos flectores nas rótula B e C devem ser nulos, resultam as seguintes equações, respectivamente:

( ) ( ) ( )( ) ( ) 011 =+−×+×AciGicAc MxQR

( ) ( ) ( )( ) ( ) 032 =+−×+×DciiiGiiicDc MxQR

( )EI

Qic

41010×−=

( )EI

Qiic

41040×−=

( )EI

Qiiic

41033.13 ×−=

x

D)( cRA)( cR

D)( cMA)( cM

AB C

D

50.3

00.2

67.0



ou seja:

( ) ( ) 033.01010

14

=+××

−×AcAc M

EIR (g)

( ) ( ) 05.01033.13

24

=+××

−×DcDc M

EIR (h)

Por outro lado, da condição de equilíbrio vertical das forças exteriores (incluindo as reações em A e D), resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0=++++DciiiciicicAc RQQQR

ou seja:

( ) ( ) 01033.1310401010 444

=+×

−×

−×

−DcAc R

EIEIEIR (i)

Finalmente, da condição de equilíbrio dos momentos das forças exteriores (incluindo as reacções em A e D), no ponto D, por exemplo, resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) 05

555

=−−×+

−×+−×+×+

DciiiGiiic

iiGiiciGicAcAc

MxQ

xQxQRM

ou seja:

( ) ( )

( ) 05.11033.13

31040

33.41010

5

4

44

=−××

−

××

−××

−×+

Dc

AcAc

MEI

EIEIRM

(j)

Resolvendo o sistema de quatro equações (g)-(j), obtém-se:

( ) ( )

( ) ( )EI

MEI

R

EIM

EIR

DcDc

AcAc

44

44

1060

103.33

107.26

1030

×−=

×=

×−=

×=

Agora, tem-se:

( )EI

M c

4

DD1060 ×

−==δ



ou, atendendo a que, para a viga em questão se tem EI = 200x109x2x10-4 =4 x107

(Nxm2):

m3D 1015 −×−=δ

Quanto às rotações das secções em B e C, tem-se:

( ) ( ) ( )[ ]icAcc QRV −−−=−= BBθ

( ) ( ) ( )[ ]iiicDcc QRV +−=−= CCθ

ou seja:

rad37

4

7

4

B 105104

1010

104

1030 −×=

×

×+

×

×−−=θ

rad37

4

7

4

C 105104

1033.13

104

103.33 −×−=

×

×−

×

×−=θ

PROBLEMA – 7.2.8.

Pretende-se construir uma viga de secção em U, conforme representado na figura, com a altura igual à largura, a partir de chapa de aço (E=200 GPa, ν=0.3), e espessura uniforme de 40 mm. A viga está apoiada e é solicitada de acordo com o esquema representado na figura. Considere o valor de 200 MPa para a tensão de flexão admissível do material. Determine

a)- A dimensão mínima a da secção. b)- O centro de torção da secção. c)- O esforço rasante máximo que ocorre entre cada um dos elementos horizontais e o elemento vertical da secção.

d)- A flecha nas extremidade A e D, e as rotações nos apoios B e C

RESOLUÇÃO:

a)-Cálculo da tensão máxima de flexão

m1 m2 m2

mton / 20

mton / 40

a

a

AB C

D



Reacções nos Apoios:

As reacções nos apoios calculam-se da maneira habitual, a partir do esquema representado na figura a seguir:

Tomando momentos em B, por exemplo, a condição de equilíbrio das forças exteriores implica que seja ∑ = 0BM , isto é:

0321 ' =×+×+× QRQ C

onde Q = −600 kN e Q´ = −400 kN são as resultante equivalente às duas distribuições linear e uniforme, respectivamente. Donde:

kNR 900C =

Por outro lado, a mesma condição de equilíbrio exige que seja também

∑ = 0F , isto é:

0400600CB =−−+ RR

Donde:

kNR 100B =

Diagramas dos Esforços Transversos e dos Momentos Flectores:


2)( 3

200xV i += (a)

mkNq / 200o −=

kNQ 600−=

BR

)(i )(ii )(iii

kNQ 400' −=

)/( 3

400o mkNxq −=

A B C D

m1 m2 m2

m2 m1CR



3)( 9

200xM i −= (b)

(ii)-Entre B e C, isto é para 1 < x ≤ 3, tem-se:

Bii RxV −= 2)( 3

200

ou seja:

1003

200 2)( −= xV ii

(c)

e

)1(9

200 3)( −×+−= xRxM Bii

ou seja:

1001009

200 3)( −+−= xxM ii

(d)

(iii)-Entre C e D, isto é para 3 < x ≤ 5, tem-se:

)3(o)( −×−−−−= xqRQRV CBiii

ou seja:

1000200)( −= xV iii (e)

e

( ) /23)3()2()1( 2o)( −×+−×+−×+−×= xqxRxQxRM CBiii

Isto é:

25001000100 2)( −+−= xxM iii (f)

Os correspondentes diagramas V e M são, portanto, conforme representado nas figuras a seguir:



O momento flector máximo e o esforço transverso máximo ocorrem ambos na secção C, onde é:

M = 400 kNxm

e

V = 500 kN


I

My=σ

O momento de inércia I da secção relativamente ao eixo neutro (eixo médio horizontal) obtém-se da seguinte forma:

I= I1+2xI2

( )12

08.004.0 3

1−×

=a

I

( )23

2 02.02

04.012

04.0

−××+

×=

aa

aI

M

x

mkNM ×= 400max

25001000100 2)( −+−= xxM iii

1001009

200 3)( −+−= xxM ii

3)( 9

200xM i −=

A B C D

V

x

kNV 500max =

1000200)( −= xV iii

1003

200 2)( −= xV ii

2)( 3

200xV i +=

A B C D

)1(

)2(

)2(

n n

mm40

mm40

a

a

mm40



Ou seja:

( ) ( )

−××+

××+

−×=

233

02.02

04.012

04.02

12

08.004.0 aa

aaI

Então, tendo em conta que ymax = a/2:

( ) ( )

6

233

3

10200

02.02

04.012

04.02

12

08.004.0

210400

×≤

−××+×

×+−×

××=

aa

aa

a

maxσ

Donde:

mmma 255 255,0 =≥

b)- Determinação do Centro de Torção

Considerando o esquema da figura a seguir, tira-se:

I

ehb

V

hFd

4

''' 22

=×

=

Donde, para 481056,2 mmI ×= :

mmd 1001056,24

402152358

22

=××

××=

c)-Esforço rasante máximo entre a aba e a alma do perfil

O esforço rasante máximo ocorre na secção C, onde:

kNVmax 500=

Aplicando a fórmula de Jouravski na secção a-a, obtém-se:

zI

VSR =

onde:

d

V

F

F

O mmh 70'=

mme 40=

)1(

)2(

)2(

n n

mm40

mm110

mm110

mm40a a

mm35

mmb 90' =



( ) 3336 101,1101,15,10740255 mmmS −×=×=××=

Então, substituindo os valores para V, S e Iz, obtém-se:

mNR /10148,21056,2

101,110500 64

33

×=×

×××=

−

−

d)- Cálculo da flechas em A e D e das rotações em B e C


EI

xMxqc

)()( =


( )EI

x

EIdxx

EIQ

ic

31

0

4531

0

5 1056,5

49

102

9

1021 ×−=

×−=

×−= ∫ ,

com

( ) m

x

dxx

xiG 8,0

1056,5

59

102

1056,59

102

3

1

0

55

3

41

0

5

=×

×

=×

×

=∫

;

x

EIq c

3

(max)

10 400 ×=

( )2500100010010 2

3

)( +−−= xxEI

q iiic

+−−= 1001009

20010 33

)( xxEI

q iic

33

)( 9

10 200x

EIq ic

×−=

A DCB



( )

EIxxx

EI

dxxxEI

Qiic

53

1

52545

3

1

5535

1044,210105,0

18

101

10109

1021

×−=

+×−−=

−+

×−= ∫

com

( )

m

xxx

dxxxx

xiiG

5,21044,2

105,03

10

45

102

1044,2

10109

102

5

3

1

2535

55

5

3

1

52545

=×

×+−

×

=

×

+−

×

=∫

e

( ) ( )

EIxxx

EI

dxxxEI

Qiiic

55

3

2535

5

3

5525

1067,225105

3

101

10251010101

×−=

+×−−=

×−×+−= ∫

com

( )( )

m

xxx

dxxxxx

iiiG

5,31067,2

2

1025

3

1010

4

10

1067,2

1025101010

5

5

3

25

35

45

5

5

3

52535

=×

×+

×−

=

×

×+×−=

∫

x

( )EI

Qic

31056,5 ×−=

( )EI

Qiic

51044,2 ×−=

( )EI

Qiiic

51067,2 ×−=

( )AcR ( )DcR

( )DcM ( )DcMm 8,0m 5,2

m 5,3

A DB C



Agora, da condição de que os momentos flectores nas rótula B e C devem ser nulos, resultam as seguintes equações, respectivamente:

( ) ( ) ( )( ) ( ) 011 AA =+−×+× ciGicc MxQR

( ) ( ) ( )( ) ( ) 032 DD =+−×+× ciiiGiiicc MxQR

ou seja:

( ) ( ) 02.01056,5

1 A

3

A =+××

−× cc MEI

R (g)

( ) ( ) 05.01067,2

2 D

5

D =+××

−× cc MEI

R (h)

Por outro lado, da condição de equilíbrio vertical das forças exteriores (incluindo as reacções em A e D), resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0DA =++++ ciiiciicicc RQQQR

ou seja:

( ) ( ) 01067,21044,21056,5

D

553

A =+×

−×

−×

− cc REIEIEI

R (i)

Finalmente, da condição de equilíbrio dos momentos das forças exteriores (incluindo as reações em A e D), no ponto D, por exemplo, resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( ) 05

555

D

AA

=−−×+

−×+−×+×+

ciiiGiiic

iiGiiciGiccc

MxQ

xQxQRM

ou seja:

( ) ( )

( ) 05.11067,2

5,21044,2

2,41056,5

5

D

5

53

AA

=−××

−

××

−××

−×+

c

cc

MEI

EIEIRM

(j)

Resolvendo o sistema de quatro equações (g)−(j), obtém-se:

( ) ( )

( ) ( )EI

MEI

R

EIM

EIR

cc

cc

4

D

4

D

4

A

4

A

1087

1050

106,1

1071,1

×−=

×=

×−=

×=



Agora, tem-se:

( )EI

Mc

4

AA106,1 ×

−==δ

( )EI

Mc

4

DD1087 ×

−==δ

ou, atendendo a que, para a viga em questão se tem EI=200x109

x2,56x10−4=5,12x107 (Nxm2):

m3A 1031,0 −×−=δ

m3D 1017 −×−=δ

Quanto às rotações das secções em B e C, tem-se:

( ) ( ) ( ) iccc QRV −−−=−= ABBθ

( ) ( ) ( ) iiiccc QRV +−=−= DCCθ

ou seja:

rad3

7

4

7

4

B 1023,01012,5

10556,0

1012,5

1071,1 −×=

×

×+

×

×−−=θ

rad4

7

5

7

5

C 106,41012,5

1067,2

1012,5

105 −×−=

×

×−

×

×−=θ

PROBLEMA – 7.2.9.

Pretende-se construir uma viga de secção rectangular (2axa), conforme indicado na figura a seguir apresentada, em aço (E = 200 GPa, ν = 0.3). A viga está apoiada e é solicitada conforme o esquema também representado na figura. Considere o valor de 140 MPa para a tensão de flexão admissível do material.

AB

C

D

E

m1 m1 m1m2

t4

t2a

a2

mt /1



a)- Determine as reacções nos apoios

b)- Determine os diagramas dos esforços transversos e dos momentos flectores ao longo do eixo da viga.

c)- Determine o valor mínimo da dimensão a da secção recta da viga, de tal modo que a tensão de flexão não ultrapasse o valor limite de 140 MPa.

d)- Determine as flechas nas rótula B e D e as rotações nos apoios C e E.

RESOLUÇÃO:

a)- Cálculo das Reacções nos Apoios

São quatro as reacções a calcular (MA, RA, RC e RE), conforme ilustrado na figura a seguir. As equações necessárias são quatro: Duas relativas ao equilíbrio das forças externas e outras duas correspondente ao anulamento dos momentos flectores nas rótulas B e D. Começando pela última destas condições, pode escrever-se, considerando as forças à direita da rótula E:

05.02

1E =×+×Q

R

ou seja:

05.0101E =×−×R

Donde:

kNR 5E =

Igualmente para a rótula B, considerando também as forças à direita, pode escrever-se:

02334 C2E =×+×+×+× RQPR

kNP 401 −=

kNP 202 −=

kNQ 20−=AR ERCR

xA B C D E

AMmkNq /10o −=

m1 m1m1

)(i )(ii

m2

)(iii )(iv



ou seja:

0232032045 C =×+×−×−× R

Donde:

kNR 50C =

Exprimindo agora a condição de que o momento de todas as forças exteriores (incluindo as reacções nos apoios…) no ponto A, por exemplo, é nulo, tem-se:

013445 1C2E =−×+×+×+×+× AMPRQPR

ou seja:

014035042042055 =−×−×+×−×−× AM

donde:

mkNM A ×−= 25

Finalmente, exprimindo a condição de que a soma de todas as forças verticais (incluindo as reacções) é nula, obtém-se:

0E2C1A =+++++ RQPRPR

ou seja:

0520205040A =+−−+−R

donde:

kNR 25A =

b)- Diagramas dos Esforços Transversos e dos Momentos Flectores


A)( RV i −=

ou seja:

kNV i 25)( −= (a)

e

xRMM i AA)( +=

ou seja:

2525)( −= xM i (b)



(ii)-Entre B e C, isto é para 1 < x ≤ 3, tem-se:

kNRV ii 40A)( +−=

ou seja:

kNV ii 15)( += (c)

e

)1(1AA)( −++= xPxRMM ii

ou seja:

1515)( +−= xM ii (d)

(iii)-Entre C e D, isto é para 3 < x ≤ 4, tem-se:

)3(1040A)( −×+−+−= xRRV Ciii

ou seja:

6510)( −= xV iii (e)

e

2CAA)( )3(

2

10)3()1(40 −−−+−×−+= xxRxxRMM iii

ou seja:

180655 2)( −+−= xxM iii (f)

(iv)-Entre D e E, isto é para 4 < x ≤ 5, tem-se:

20)3(1040A)( +−×+−+−= xRRV Civ

ou seja:

4510)( −= xV iv (g)

e

)4(20)3(2

10)3()1(40 2

CAA)( −−−−−+−×−+= xxxRxxRMM iii

ou seja:

100455 2)( −+−= xxM iv (h)



Os correspondentes diagramas V e M são, portanto, conforme representado nas duas figuras seguintes:

c)-Cálculo das dimensões da secção

A secção crítica do ponto de vista das tensões de flexão é a secção C, onde o momento flector atinge o valor máximo de 30 kNm. A tensão de flexão correspondente é dada por:

I

My=σ

O momento de inércia (I) da secção, relativamente ao eixo neutro (linha média horizontal), é dado pela expressão:

( )3

2

12

2

12

433aaabh

I ===

xA B

C

D E

M

25A −=M

0B =M

30C −=M

0D =M 0E =M

xA B C

D

E

V

25A −=V 25)(B −=−

V

15)(B +=+

V 15)(C +=−

V

35)(C −=+

V

25)(D −=−

V

5)(D −=+

V

5E +=V



E a tensão máxima na secção ocorre nos pontos da periferia, isto é à distância y

= a do eixo neutro:

344

3

105,4

3

2

1030 −×=

××

= aa

amaxσ

Impondo agora a condição:

634 10140105,4 ×≤×= −amaxσ

Obtém-se:

mma 5.68≥

d)- Cálculo das flechas em B e D e das rotações em C e E


EI

xMxqc

)()( =

Para determinar as reacções nos apoios da viga conjugada, são previamente calculadas as resultantes das distribuições contínuas em cada um dos troços AB (i), BC (ii), CD (iii) e DE (iv):

( )EIEI

Qic

33 105,12

2

1025 ×−=

×−= ,

xA

B

C

D E

y

)1(1025 3

−×

= xEI

qc

)1(1015 3

−×−

= xEI

qc

)3613(105 2

3

+−×−

= xxEI

qc

)209(105 2

3

+−×−

= xxEI

qc

m1 m1m1

)(i )(ii

m2

)(iii )(iv



com ( ) 33,0=iGx ;

( )EIEI

Qiic

33 1030

2

10302 ×−=

××−= ,

com ( ) 33,2=

iiGx ;

( ) 34

3

23

1017,14

)3613(105

×−=+−×

−= ∫ EIdxxx

EIQ

iiic,

com

( ) 30.31017,14

)3613(105

3

4

3

23

=×

−

+−×

−

=∫

EI

xdxxxEI

xiiiG

;

e ( ) 35

4

23

1083,0

)209(105

×=+−×

−= ∫ EIdxxx

EIQ

ivc,

com

( ) 50.41083,0

)209(105

3

5

4

23

=×

+−×

=∫

EI

xdxxxEI

xivG

xA

B C D

E

y

m33,0

m50,4

m30,3

m33,2

( )EI

Qic

3105,12 ×−=

( )EI

Qiic

31030×−=

( )EI

Qiiic

3102,14 ×−=

( )EI

Qivc

3108,0 ×=

( )BcR ( )DcR ( )EcR



Agora, da condição de que o momento flector na rótula C deve ser nulo, resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0)(32)(3 GBG =−×+×+−× iiiicciic xQRxQ

ou seja:

( ) 067,01030

267,2105,12 3

B

3

=××

−×+××

−EI

REI

c

donde:

( )EI

Rc

3

B107,26 ×

=

Por outro lado, da condição de equilíbrio dos momentos das forças exteriores (incluindo as reacções nos apoios), no ponto D, por exemplo, resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 014)()(4

)(43)(4

EGG

GBG

=×−−×−−×+

−×+×+−×

ciiiivciiiiiic

iiiicciic

RxQxQ

xQRxQ

ou seja:

( ) 05,0108,0

7,0102,14

67,11030

3107,26

67,3105,12

E

33

333

=−××

−××

−

××

−××

+××

−

cREIEI

EIEIEI

donde:

( )EI

Rc

3

E102,26 ×

−=

Finalmente, da condição de equilíbrio vertical das forças exteriores (incluindo as reacções nos apoios), resulta a seguinte equação:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0EDB =++++++ civcciiiciiccic RQRQQRQ

ou seja:

( )

0102,26108,0

102,141030107,26105,12

33

D

3333

=×

−×

+

+×

−×

−×

+×

−

EIEI

REIEIEIEI

c



donde:

( )EI

Rc

3

D104.55 ×

=

Agora, tem-se:

( )EI

Qic

3

B1038,8

67,0×

−=×=δ

( ) ( )EI

QRivcc

3

ED108,25

5,01×

−=×+×=δ

ou, atendendo a que, para a viga em questão se tem EI=200x109x 1,47x10-5 =

2,94x106 (Nm2):

m3B 1085,2 −×−=δ

m3D 1078,8 −×−=δ

Quanto às rotações das secções em C e E, tem-se:

( ) [ ]iiccicc QRQV )()()( BCC −−−−=−=θ

( ) [ ]EEE )( cc RV −=−=θ

ou seja:

EIEIEIEI

3333

C108,151030107,26105,12 −−−− ×

−=

×+

×−

×−=θ

EI

3

E102,26 −×

=θ

isto é:

rad3C 1037,5 −×−=θ

rad3E 1091,8 −×+=θ



7.3. PROBLEMAS PROPOSTOS

7.3.1. Considere uma viga em consola, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), solicitada por um momento flector na extremidade livre, conforme indicado na figura.

Determine, recorrendo ao método de integração da elástica, a equação da linha elástica da viga. Solução: a) y= M x2/(2EI).

7.3.2. Para a viga a que se refere o problema anterior, e recorrendo agora à aplicação do teorema de Castigliano, determine: a)- A flecha em B. b)- A rotação da secção em B Solução: a) yB= −Mol

2/(2EI). b) θB= Mol/(EI).

7.3.3. Considere a viga biapoiada repre-sentada na figura a seguir, de secção (EI), sujeita a uma distribuição contínua de carga q = −qosen(πx/l), em que qo é uma quantidade positiva.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha máxima. c)- As rotações nas extremidades A e B.

Solução: a)

−=l

xsen

EI

lqy o π

π 4

4

b) ymax= −qol4/(π4EI), a meio vão.

c) θA= − qol3/(π3EI); θB= +qol

3/(π3EI).

7.3.4. Considere a viga biapoiada repre-sentada na figura a seguir, de secção (EI), sujeita a uma distribuição contínua de carga q = −4qo(x/l-x2/l2), em que qo é uma quantidade positiva.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha máxima. c)- As rotações nas extremidades A e B. Solução:

a) ( )xlxllxxEIl

qy 53356

2o 353

90−+−=

b) ymax= −61qol4/(8460EI), a meio vão.

c) θA= −qol3/(30EI); θB= +qol

3/(30EI).

7.3.5. Uma viga em consola de comprimento l e rigidez à flexão (EI), está solicitada por uma distribuição contínua de carga q= −qo[1-4(x/l)+3(x/l)2], confor-me indicado na figura.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha na extremidade B da viga. c)- A rotação da secção em B Solução:

a) ( )2442562o 554

120xlxllxx

EIl

qy −+−

−=

b) yB= −qo l4/(40EI). c) θB= +qol

3/(30EI).

7.3.7. Relativamente à viga a que se refere o problema anterior, considere

A

+

−−=

2

341l

x

l

xqq o

l

x

y

B

A B

−−=

2

2

o4l

x

l

xqq

l

x

y

A B

−=

l

xsenqq

πo

l

x

y

A

l

x

y

B

oM



agora um carregamento parabólico, conforme indicado na figura a seguir.

Determine: a)- O deslocamento vertical na extremi-dade livre B. b)- A rotação na extremidade livre B. Solução: a) yB= −19qol

4/(360EI). b) θB= −qol

3/(15EI).

7.3.7. Uma viga de comprimento l e rigidez à flexão (EI), está simplesmente apoiada nas extremidadas e é solicitada por um momento Mo na extremidade B, conforme indicado na figura.

Determine, recorrendo ao método de integração da elástica: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha máxima na viga. c)- As rotações nas secções A e B Solução: a) y = Mo(x

3− l2x)/(6lEI). b) ymax= − 3 Mol

2/(27EI), para x= 3 l/3.

c) θA= −Mol/(6EI); θB= +Mol/(3EI).

7.3.8. Resolva as alíneas b) e c) do problema anterior, recorrendo agora ao método da viga conjugada.

7.3.9. Resolva a alínea c) do problema 7.3.7., recorrendo à aplicação do teorema de Castigliano.

7.3.10. Relativamente à viga a que se referem os três problema anteriores, considere agora o momento Mo aplicado na extremidade A, conforme indicado na figura a seguir.

Directamente a partir da solução do problema 7.3.7., determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha máxima na viga. b)- As rotações nas secções A e B Solução: a) y = Mo[(l−x)3− l2(l−x)]/(6lEI). b) ymax= − 3 Mol

2/(27EI), para

x=(1− 3 /3)l.

c) θA= − Mol/(3EI); θB= +Mol/(6EI).

7.3.11. Ainda relativamente à viga a que se referem os quatro problemas anteriores, considere agora uma solicitação por dois momentos iguais (Mo), conforme indicado na figura.

Utilizando o princípio da sobreposição, determine: a)- A equação da linha elástica.

b)- A flecha máxima na viga.

Solução: a) y = −Mo(2x3−3lx2+l2x)/(6lEI). b) ymax=±0,096Mol

2/(6EI), para x = 0,789l e x = 0,211l, respectivamente.

7.3.12. Relativamente à viga a que se refere o problema anterior, e recorrendo à aplicação do teorema de Castigliano, determine as rotações nas secções A e B

Solução: θA=θB= −Mol/(6EI).

7.3.13. Uma viga AB de comprimento l e rigidez à flexão (EI), está simplesmente apoiada nas extremidadas e é solicitada por uma força concentrada P= −Po numa secção intermédia C, conforme indicado na figura.

A B

l

x

y

oMoM

A B

l

x

y

oM

A B

l

x

y

oM

A

2

22

ol

xlqq

−−=

l

x

y

B



Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha no ponto C. c)- As rotações nas secções A e B Solução: a) y = −Pobx(l2−b2− x2)/(6lEI), para 0≤x≤a; y = −Poa(l-x)[l2−a2−(l-x) 2], para a ≤x≤l. b) yC= −Poa

2b2/(6lEI). c) θA= −Poab(l+b)/(3lEI); θB= +Poab(l+a)/(6lEI).

7.3.14. Relativamente à viga a que se refere o problema anterior, considere agora o carregamento por uma distribuição contínua q = −qo, sobre o comprimento a, conforme indicado na figura.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha no ponto C. c)- A rotações na secção B Solução: a) y = −qox[a2(2l−a)2−2a(2l−

a)x2+lx3]/(24lEI), para 0≤x≤a e y = −qox[a2(2l−a)2−2a(2l− a)x2+lx3+ l(x−a)4/x]/(24lEI), para a ≤x≤l. b) yC= −qoa

3(4l2−7al+3a2/(24lEI). c) θB= −qoa

2(2l2−a2)/(24lEI).

7.3.15. Uma viga simplesmente apoiada nas extremidades, com 20m de comprimento, módulo de Young E=200GPa e momento de inércia I=2,6x109mm4, está solicitada conforme indicado na figura.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A rotação na extremidade B da viga. c)- A flecha na secção D. Solução:

a) y= −(5625x−30x3+5x4)/(6EI), para x≤a e y= −[5625x−30x3+5x4+5(x−10)4− 120(x−15)3/(6EI), para a ≤ x≤ l, com x e y em m, E em kPa e I em m4. b) θB = −0,0107rad. c) yD = −47,7mm.

7.3.17. Considere a viga em consola de comprimento l e rigidez à flexão (EI) solicitada por uma força concentrada (−Po), conforme indicado na figura a seguir.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A rotação da extremidade livre. c)- O deslocamento vertical da

extremidade livre. Solução:

a) y = Pox2(x−3a)/(6EI), para x≤a e

y =Po[x2(x−3a)−(x−a)3]/(6EI), para a≤x≤l.

b) θC= −Poa2/(2EI).

c) yC= −Poa2 (3l−a)/(6EI).

7.3.17. Considere a viga em consola de comprimento l e rigidez à flexão (EI), solicitada por duas forças concentradas (−Po), conforme indicado na figura.

A

oP

a

x

y

B

l

C

m5m10 m5

A Bx

y

120 −−= kNmq

C

kNP 120−=

D

A B

l

x

y

oqq −=

a b

C

A B

l

x

y

oP

a b

C



Determine, recorrendo ao método de integração da elástica: a)- A equação da linha elástica da viga. b)- A rotação da extremidade livre. c)- O deslocamento vertical da

extremidade livre. Solução:

a) y = Po (x3/3−3lx2/4)/(EI), para x≤l/2 e

y = Po[x3/3−(2x−l)3/48−3lx2/4]/(EI), para

x≥l/2. b) θC= 5Pl2/(8EI). c) yC = −7Pl3/(16EI).

7.3.18. Reconsidere o problema anterior, agora para a situação representada na figura a seguir:

Solução:

a) y = Po (−x3/3+5l2x/4−7l3/8)/(2EI), para x≤l/2 e y = −Po[x3/3+(x−l/2)3]/3−5l2x/4+ +7l3/8]/(2EI), para x≥l/2. b) θA= 5Pl2/(8EI). c) yA = −7Pl3/(16EI).

7.3.19. Resolva as alíneas b) e c) do problema anterior, recorrendo à utilização do método da viga conjugada.

7.3.20. Resolva o problema 7.3.17 utilizando o método da sobreposição, a partir da solução do problema 7.3.17.

7.3.21. Considere a viga biapoiada repre-sentada na figura a seguir, de secção (EI), sujeita a uma força concentrada P na extremidade C.

Determine: a)- A equação da linha elástica entre os apoios A e B. b)- A flecha máxima em AB.

Solução: a)

−=

32

6 l

x

l

x

EI

Paly

b) ymax=0,0642Pal2/EI, para x = 0,577l.

7.3.22. Relativamente à viga a que se refere o problema anterior, e recorrendo à utilização do método da viga conjugada, determine: a)- As rotações das secções nos apoios A e B da viga. b)- O deslocamento vertical da secção C.

Solução: a) θA=Pal/(EI); θB= −2 Pal/(EI). b) yC= −Pa2(l+a)/(3EI).

7.3.23. Para a viga representada na figura a seguir, simplesmente apoiada nas extremidades e sujeita a uma força concentrada P e um momento Mo, determine:

a)- A equação da linha elástica. b)- A rotação no apoio A. c)- O deslocamento vertical no centro. Solução:

a) ,981

5

63

2 o23

o xlMPlx

l

MPy

+−

+=

; 3

paral

x ≤ −

+=

63

2 3o x

l

MPy

A B

3/l

x

y

oM

3/l 3/l

P

A BC

P

al

x

y

CA

oP

2/l

x

y

B

2/l

oP

CA

oP

2/l

x

y

B

2/l

oP



,36981

53

o2

−−

+−

lx

Px

lMPl

e 3

2

3 para

lx

l≤≤ −

+=

63

2 3o x

l

MPy

−

−−

+−

3o

2

36981

5 lx

Px

lMPl

,3

2

2

2o

−−l

xM .

3

2 para

lx ≥

b) EI

lM

EI

Plθ

981

5 o2

A −−=

c) .144

5

1296

23 2o

3

CEI

lM

EI

Ply −−=

7.3.24. Considere a viga biapoiada repre-sentada na figura a seguir, de secção (EI), sujeita a uma distribuição de carga uniforme qo entre A e B e a uma força concentrada P na extremidade C.

Determine: a)- A flecha a meio vão do segmento entre os dois apoios A e B. b)- A flecha em C. c)- A rotação da secção em C.

Solução: a)

−=

16

13

4

3

24o

3 lqP

EI

ly

b)

−=

68o

3

Clq

PEI

ly

c) ( )PlqEI

l7

24 o

2

C −=θ .

7.3.25. Uma viga em consola de comprimento l e rigidez à flexão (EI), está solicitada por uma distribuição de carga uniforme (−qo), entre x = a e x = l, conforme indicado na figura.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha na extremidade B da viga. c)- A rotação da secção em B. Solução: a) y= −qobx2(3l+3a−2x)/(12EI), para x ≤ a e y= −qo[2bx2(3l+3a−2x)+(x−a)4]/(24EI), para a ≤ x ≤ l. b) yB= −qo (3l4−4a3l+a4)/(24EI). c) θB= −qo(l

3−a3)/(6EI).

7.3.27. Para a viga a que se refere o problema anterior, considere agora o carregamento representado na figura a seguir.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A rotação e a flecha na secção x = a. c)- A rotação e a flecha na extremidade

livre da viga. Solução: a) y= −qo(6a2−4ax+x2)/(24EI), para x≤a e y= −qo[6a2−4ax+x2− −(x-a)4]/(24EI), para x≥a b) θ(a) = −qoa

3/(6EI); y(a) = −qoa4/(8EI).

c) θB= −qoa3/(6EI);

yB= −qoa3(4l−a)/(24EI).

7.3.27. Considere uma viga em consola de comprimento l e rigidez à flexão (EI), solicitada por uma distribuição de carga conforme indicado na figura.

A

oqq −=

a

l

x

y

B

b

A B C

P

l

x

y

2/l

oqq −=

Aoqq −=

a

l

x

y

B



Determine: a)- A equação da linha elástica para o segmento AB. b)- A flecha em B. c)- A rotação da secção em B Solução: a) y= qo (3l2 x2−x4)/(24EI). b) yB= 11qol

4/(384EI). c) θB= 5qol

3/(48EI).

7.3.28. Uma viga em consola com 3m de comprimento, módulo de Young E=70GPa e momento de inércia I=0,2x109mm4, está solicitada conforme indicado na figura.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha na extremidade B da viga. c)- A rotação da secção em B. Solução: a) y= −(5x4−52x3+228x2)/(4EI), para x ≤ a e y= −[5x4−52x3+228x2− 5(x−2)4]/(4EI), para a ≤ x ≤ l, com x e y em m, E em kPa e I em m4. b) yB= −18,71m. c) θB= −0,00864rad.

7.3.29. Uma viga AB de comprimento l e rigidez à flexão (EI), está simplesmente apoiada nas extremidadas e é solicitada por um momento Mo numa secção intermédia C, conforme indicado na figura.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha máxima no ponto C. c)- As rotações nas secções A e B Solução: a) y=Mox(x2+3b2−l2)/(6lEI), para 0≤x≤a; y = −Mo(l−x)[(l−x)2+3a2−l2] /(6lEI), para a≤x≤l. b) yC= −Moab(a−b)/(3lEI). c) θA= +Mo(3b2−l2)/(6lEI); θB= + Mo(3a2−l2)/(6lEI).

7.3.30. Considere a viga biapoiada repre-sentada na figura a seguir, de secção (EI), sujeita a uma distribuição de carga uniforme q = −qo entre as secções B e C.

Determine: a)- A flecha na secção extrema C. b)- A rotação na mesma secção C. Solução: a) yC= −11qol

4/(384EI). b) θC= −qol

3/(16EI).

7.3.31. Considere uma viga biapoiada, de rigidez à flexão (EI), sujeita a uma distribuição de carga triangular no terço central, conforme representada na figura a seguir.

Determine: a)- A equação da linha elástica. b)- A flecha na secção C.

A B

Cx

y

3/l

oq−

D

3/l3/l

A B C

l

x

y

2/l

oqq −=

A B

l

x

y

oM

a b

C

A

130 −−= kNmq

m2

x

y

B

m1

kNP 18=

A

oqq −=

2/l

x

y

B

2/l

oqq +=C



c)- A rotação na extremidade B. Solução:

a) y=− qo(47l3x/4860−lx3/81)/(EI), para x ≤ l/3; y=− qo[47l3x/4860− lx3/81+ (x−2l/3)5/(40l)]/(EI), para l/3 ≤ x ≤ 2l/3; e y=− qo[47l3x/4860− lx3/81+(x−l/3)5/(40l)−

(x−2l/3)5/(40l)− (x−2l/3)4/24]/(EI), para 2l/3≤ x≤ l. b) yC= −121qol

4/(43,74EI). c) θB= 101qol

3/(9720EI).

7.3.32. Uma viga em consola de comprimento l e rigidez à flexão (EI), está solicitada por uma distribuição de carga uniforme (−qo), no terço médio do seu comprimento, conforme indicado na figura.

Determine: a)- A flecha na extremidade B da viga. b)- A rotação da secção em B. Solução: a) yB= −23qo l

4/(648EI). b) θB= −7qol

3/(162EI).

7.3.33. Considere o elemento linear representado na figura a seguir.

Determine:

a) O valor da relação a/l de forma a que o deslocamento vertical do ponto B seja igual a zero. b) O valor da relação a/l de forma a que a rotação na secção B seja igual a zero.

Solução: a) a/l= 2/3. b) a/l= 1/2.

7.3.34. Considere a viga biapoiada, de secção (EI), sujeita a duas forças

concentradas de intensidades P e Q, conforme representado na figura a seguir.

Determine a relação entre as intensidades das duas forças (P/Q) para que seja nula a flecha na extremidade livre C. Solução: P/Q=4.

7.3.35. Considere a viga biapoiada, de secção (EI), sujeita a uma solicitação conforme representado na figura a seguir.

Determine a flecha no ponto médio da viga. Solução: δ =−qoa

2(l−2a)2/(16EI)

7.3.37. Considere a viga representada na figura a seguir e sujeita a uma solicitação conforme indicado. Para efeitos de cálculo, tome E=200GPa e I=15x106mm4.

Determine: a) A equação da linha elástica. b) O deslocamento vertical do ponto C. c) O deslocamento vertical do ponto D. Solução:

a) y = −1,33x10-4x3+7,97x10-4x, para x≤1,2m; y = −1,33x10-4x3+7,97x10-4x−2,78x10-5

(x−1,2)5, para 1,2m≤x≤2,4m e

y

A BCx

m2,1

112 −−= kNmq

m2,1m2,1

D

oqq −=

y

A B Cx

l

a

oPP −=

bb

y

A B C

Q

x

2/l2/l2/l

P

A B

CD

Pa

l

A B

3/l

x

y

3/l 3/l

oqq −=



y = −1,33x10-4x3+7,97x10-4x−2,78x10-5

(x−1,2)5+2,78x10-5(x−2,4)5+1,33x10-3(x−2,4)3, para 2,4m≤x≤3,6m. b) yC = 0,726mm. b) yD = − 3,19mm.

7.3.37. Considere uma viga bi-encastrada, de comprimento 6l e rigidez à flexão (EI), com duas rótulas intermédias em B e C e solicitada por uma força concentrada P, conforme representado na figura a seguir.

Determine o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. Solução: δP= −5Pl3/(2EI).

7.3.38. Considere uma viga de comprimento 5l e rigidez à flexão (EI), apoiada em três secções A, B e D, com uma rótulas intermédias em C e solicitada por uma força concentrada P na extremidade E, conforme representado na figura a seguir.

Determine o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. Solução: δP= −5Pl3/(3EI).

7.3.39. Considere uma viga de 4,5m de comprimento e rigidez à flexão (EI), simplesmente apoiada na extremidade A e encastrada na extremidade D, com uma rótula intermédia em C e solicitada por uma força concentrada P = − 8kN na secção B, conforme representado na figura a seguir. Para efeitos de cálculo, tome E=200GPa e I=15x106mm4.

Determine o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. Solução: yB= −2,25mm.

7.3.40. Considere o elemento linear representado na figura a seguir.

Admitindo, apenas, a deformação devido à flexão, determine: a) O deslocamento horizontal (δh) do ponto do ponto C. b) O deslocamento vertical (δv) do ponto do ponto C. Solução: a) δh= Pa2b/(2EI). b) δv= Pb2(3a+b)/(3EI).

7.3.41. Considere uma viga em consola constituída por dois troços de comprimento igual e rigidez à flexão (EI1) e (EI2), respectivamente, solicitada por uma carga concentrada na extremidade livre, conforme indicado na figura.

Determine: a) O deslocamento vertical do ponto C. b) A relação (r) entre o deslocamento que calculou na alínea anterior e o

A

2/l

x

y

B

2/l

o-PP =

C

1EI2EI

A

B C

P

a

b

D

C

A

kNP 8−=

x

y

B

m5,1 m5,1 m5,1

D ECA

P

l2

x

y

B

l ll

CA

P

l3

x

y

B

l l

D

l



deslocamento no mesmo ponto, se a viga tivesse uma rigidez uniforme (EI2). Solução: a) yC= −Po l

3(7/I1+1/I2)/(24E). b) r = (1+7I2/I1)/8.

7.3.42. Para a viga a que se refere o problema anterior, considere agora uma solicitação uniformemente distribuída, conforme indicado na figura.

Determine: a) O deslocamento vertical do ponto C. b) A relação (r) entre o deslocamento que calculou na alínea anterior e o deslocamento no mesmo ponto, se a viga tivesse uma rigidez uniforme (EI2). Solução: a) yC= −qol

4(15/I1+1/I2)/(128E). b) r = (1+15I2/I1)/17.

7.3.43. Considere uma viga de comprimento l e rigidez à flexão uniforme (EI) ao longo de todo o comprimento l, simplesmente apoiada nas extremidades e sujeita à acção de três forças iguais P = −Po, conforme representado na figura a seguir:

Determine o deslocamento vertical do ponto médio da viga. Solução: yC= −16Pl3/(384EI).

7.3.44. Considere o pórtico rectan-gular plano ABC representado na figura a seguir, simplesmente apoiado nas secções extremas A e C e sujeito

a uma força horizontal P = Po aplicada na secção intermédia em B.

Os dois elementos AB e BC do pórtico estão rigidamente ligados em B e ambos têm o mesmo comprimento (l) e a mesma rigidez à flexão (EI). Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano, o deslocamento horizontal δB da secção em B. Solução: δB= 2Pl3/(3EI).

7.3.45. Considere o pórtico plano ABCD representado na figura a seguir, simplesmente apoiado nas secções extremas A e D e sujeito a uma força vertical P = −Po aplicada na secção média do elemento horizontal BC.

O elemento horizontal, de rigidez à flexão (EI2) e comprimento b está rigidamente ligado aos dois elementos verticais, ambos de comprimento a e rigidez à flexão (EI1). Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano: a) O deslocamento horizontal δD do patim na extremidade D.

a 2

b

oP

CB

A

2

b

D

ll

oPC

B

A

B

C

A

P

x

y

4l

4l

4l

4l

P P

A

2/l

x

y

B

2/l

o-qq =

C1EI 2EI



b) O ângulo de rotação θD da secção emD. Solução: a) δD= Poab2/(8EI2). b) θD= Pob

2/(16EI2).

7.3.47. Considere o pórtico plano ABCD representado na figura a seguir, encastrado na secção extrema A e sujeito a uma força vertical P = −Po aplicada na outra extremidade D.

Os três elementos do pórtico são todos iguais, de comprimento l e rigidez à flexão (EI). Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de

Castigliano: a) O deslocamento vertical (δv)D do ponto D; b) O deslocamento horizontal (δh)D do ponto D; c) A rotação θD da secção em D. Solução: a) (δv)D = −5Pol

3/(3EI).

b) (δh)D = Pol3/(EI).

c) θD= −2Pol2/(EI).

7.3.47. Considere a estrutura linear plana ABCD, em forma de Z, representado na figura a seguir, encastrada na extremidade D e sujeita a uma força vertical P = −Po aplicada na outra extremidade A.

Os três elementos do pórtico têm a mesma rigidez à flexão (EI). Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano: a) O deslocamento vertical (δv)D do ponto D; b) A rotação θD da secção em D. Solução: a) (δv)D = −33Poa

3/(EI). b) θD= 33Poa

2/(2EI).

7.3.48. A barra curva representada na figura a seguir tem a linha média AB em forma de um quarto de circunfe-rência de raio R, centro em O e uma rigidez à flexão (EI) constante ao longo de todo o comprimento do arco.

Na extremidade B está aplicada uma força horizontal de intensidade P=Po. Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano: a) O deslocamento horizontal (δh)B do ponto B; b) O deslocamento vertical (δv)B do ponto B; c) A rotação θB da secção em B. Solução: a) (δh)B = 5PoR

3(3π-8)/(4EI). b) (δv)B = −PoR

3/(2EI). c) θB= −PoR

2(π-2)/(2EI).

A

BP

R

O

oPP −=

C

BA

a4

a3

D

oPP −=

C

B A

l

l

D



7.3.49. A barra curva representada na figura a seguir tem a linha média AB em forma de uma semi-circunferência de raio R, centro em O e uma rigidez à flexão (EI) constante ao longo de toda a circunferência.

A barra está encastrada em A e em B está aplicada uma força vertical de intensidade P = −Po. Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de

Castigliano: a) O deslocamento horizontal (δh)B do ponto B; b) O deslocamento vertical (δv)B do ponto B; c) A rotação θB da secção em B. Solução: a) (δh)B = −2PoR

3/(EI). b) (δv)B = −3πPoR

3/(2EI). c) θB= −πPoR

2/(EI).

7.3.50. A barra curva representada na figura a seguir tem a linha média AB em forma de uma semi-circunferência de raio R, centro em O e uma rigidez à flexão (EI) constante ao longo de toda a circunferência.

A barra está simplesmente apoiada nas extremidades A e B. No ponto médio C está aplicada uma força vertical de intensidade P = −Po. Determine, recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano: a) O deslocamento vertical (δv)C do ponto C; b) O deslocamento horizontal (δh)B do ponto B; Solução: a) (δv)C = −PoR

3(3π-8)/(8EI). b) (δh)B = PoR

3/(2EI).

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A B

oPP −=

R

O

C

A B

oPP −=

R

O



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Documents

DEFLEXÃO DE VIGAS ISOSTÁTICAS 7.1. RESUMO … Mecânica dos Materiais e Estruturas Lineares. Teoria e Aplicações J. F. Silva Gomes, FEUP - Porto, 2009 7.1.2. Método da Integração