UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS

FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL, ARQUITETURA

E URBANISMO

Departamento de Estruturas

ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E TEOREMAS DA ENERGIA

PROF DR. NILSON TADEU MASCIA

BOLSISTA PED: BRUNO FERNANDES

CAMPINAS, 2017

1

Índice

1. Introdução ............................................................................................................................... 2

2. Cálculo pelas tensões e deformações ..................................................................................... 4

3. Cálculo pelos esforços solicitantes ......................................................................................... 7

3.1 Análise da expressão geral de U ....................................................................................... 9

4. Cálculo pelas cargas ............................................................................................................. 11

5. Teorema de Maxwell ........................................................................................................... 13

5.1 Generalização do Teorema de Maxwell ......................................................................... 16

6. Teorema de Castigliano ....................................................................................................... 18

6.1 Consequência do Teorema de Castigliano (Teorama de Menabrea) .............................. 20

7. Cálculo do Deslocamento pelo Teorema de Castigliano ..................................................... 21

8. Exemplos .............................................................................................................................. 22

8.1 1º Exemplo ...................................................................................................................... 22

8.2 2º Exemplo ...................................................................................................................... 26

8.3 3º Exemplo ...................................................................................................................... 27

8.4 4º Exemplo ...................................................................................................................... 29

8.5 5º Exemplo ...................................................................................................................... 30

8.6 6º Exemplo ...................................................................................................................... 34

9. Bibliografia.......................................................................................................................... 28

2

ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E TEOREMAS DA ENERGIA

1. Introdução

Em mecânica, energia é definida como a capacidade de produzir trabalho, e este é o

produto de uma força por uma distância na direção do movimento. Nos corpos sólidos

deformáveis, tensões multiplicadas por suas respectivas áreas são forças, e deslocamentos

(deformações associadas a um elemento) são distâncias. O produto dessas duas quantidades é

o trabalho interno realizado em um corpo sob ação externa (forças). Esse trabalho interno é

armazenado em um corpo como energia elástica interna de deformação ou simplesmente

energia de deformação (U).

Tomando-se uma barra submetida a força axial de tração (Fig. 1), por exemplo, um

ensaio de tração, tem-se um exemplo prático e experimental do fenômeno de energia de

deformação.

Fig. 1 – Barra tracionada

Pela Lei de Hooke, tem-se:

N=k∆l

Sendo k constante.

A energia de deformação (U) corresponde ao trabalho realizado pela forna N no

deslocamento ∆l.

Graficamente:

3

Fig. 2 – Energia de deformação desenvolvida na barra tracionada

Tem-se:

Nx=kx

Para x=∆l → Nx=k∆l

dU=Nxdx

U= ∫ Nxdx

∆l

0

= ∫ kx dx

∆l

0

=𝑘𝑥2

2|0

∆l

U=

k∆l2

2

De 1 em 2:

U=N

∆l

∆l2

2=

N∆l

2

Que corresponde a área do gráfico Nx∆l.

É importante ressaltar que o trabalho realizado por uma carga num deslocamento ∆l

não é U=N∆l e sim, como mostrado, é 𝑈 = 𝑁∆l 2⁄ , representando assim que a carga N nunca

é aplicada integralmente na estrutura, somente em caso de carregamento rápido ou instantâneo

(carga móvel trem-tipo, carga sísmica e carga de vento, por exemplo).

4

Nos próximos capítulos serão apresentados três métodos de cálculo para a energia de

deformação: cálculo pelas tensões e deformações, cálculo pelos esforços solicitantes e cálculo

pelas cargas.

2. Cálculo pelas tensões e deformações

Considerando-se um estado de tensão dado por:

Fig. 3 – Estado geral de tensão num elemento

Tem-se então, sob efeito da força:

Fy (Fy=σydx dz)

um deslocamento ∆dy na direção y, valendo:

∆dy=εydy

5

Fig. 4 – Deslocamento sob efeito da força e tensão na direção y num elemento

Fazendo-se agora:

dUy=1

2σydxdz × εydy

Tem-se a energia de deformação devido a força Fy no deslocamento εydy, sendo o fator

1 2⁄ resultante do carregamento lento.

Analogamente, para as forças Fx e Fz, as parcelas de energia de deformação devido as

forças nos deslocamentos ∆dx e ∆dz valem:

dUx=1

2σxdydz × εxdx

dUz=1

2σzdydx × εzdz

Sabendo que o produto dxdydz representa um elemento do volume dV tem-se que:

dUx=1

2σxεxdV

dUy=1

2σyεydV

dUz=1

2σzεzdV

Chegando-se assim nas parcelas de energia de deformação relativas as tensões

normais. Pensando-se agora, nas tensões e deformações tangenciais, tem-se:

6

Fig. 5 – Deformação sob efeito da tensão tangencial em yz num elemento

Então:

dUyz=1

2τyzdxdy γ

yzdz=

1

2τyzγ

yzdV

Analogamente, para τxz e τxy tem-se:

dUxz=1

2τxzγ

xzdV

dUxy=1

2τxyγ

xydV

Agora pode-se juntar as parcelas de energia de deformação normais e tangenciais e

mais todo o volume do corpo. Portanto:

dU=dUx+dUy+dUz+dUxy+dUxz+dUyz

Dividindo por dV tem-se:

Uo=dU

dV=

1

2σxεx+

1

2σyεy+

1

2σzεz+

1

2τxyγ

xy+

1

2τxzγ

xz+

1

2τyzγ

yz

Sendo Uo chamado de Energia Específica de Deformação (Utotal).

Em todo volume, tem-se:

U= ∫ UodV

v

7

Chamada de Energia Total Armazenada.

Se se aplicar a Lei de Hooke na expressão de Uo pode-se obter que:

Uo=1

2E[σx

2+σy2+σz

2-2υ(σxσy+σxσz+σyσz)]+1

2G[τxy

2+τxz2+τyz

2]

Se o elemento de volume estivesse orientado segundo as direções principais de tensão

a segunda parcela da equação se anularia e a primeira parcela ficaria:

Utotal=Uo=1

2E[σ1

2+σ22+σ3

2-2υ(σ1σ2+σ1σ3+σ2σ3)]

Se se fizer σ1=σ2=σ3=p e σ1+σ2+σ3

3=p tem-se, como já visto, um estado hidrostático de

tensão, onde a energia despendida para a variação de volume vale:

Uo,v=Udil= (1-2υ

6E) (σ1+σ2+σ3)

2

Assim é possível determinar diferença:

Uo-Uo,v=Uo,d=Energia de deformação de distorção, valendo:

Uo,d=1+υ

6E[(σ1-σ2)

2+(σ2-σ3)

2+(σ3-σ1)

2]

onde Uo,d é a parcela de energia de deformação para variar a forma do corpo, como já visto no

critério de energia de distorção.

3. Cálculo pelos esforços solicitantes

Considerando-se uma barra e nela um estado plano de tensão como mostra a figura a

seguir:

8

Fig. 6 – Esforços solicitantes na barra e tensões no ponto P

Do estado de tensão tem-se σx e τxy. Da estrutura os esforços solicitantes N, M e V.

Relacionando-se ambos, tem-se:

σx = N

A+

M

Iy

τxy = VS

bI

Substituindo-se tais tensões na expressão a seguir:

U= ∫ UodV

v

Tem-se:

Uo=1

2E(

N2

A2

+M2

I2y2+2

NM

AIy) +

1

2G

V2S2

b2I2

E:

U= ∫[1

2E[∫ (

N2

A2

+M2

I2y2+2

NM

AIy) dA

A

] +V2A

2GA[∫

S2

b2I2

dA

A

]] dx

l

0

U= ∫[1

2E[N2

A2∫ dA

A

+M2

I2∫ y2dA

A

+2NM

AI∫ ydA

A

] +V2A

2GA[∫

S2

b2I2

dA

A

]] dx

l

0

9

Sendo:

∫ dA

A

=A

∫ y2dA

A

=I

∫ ydA

A

=S=0 →momento estático em toda área

A

I2∫

S2

b2

dA

A

=c→fator ou constante de forma

Assim:

U=1

2∫(

N2

EA+

M2

EI+

cV2

GA) dx

l

0

Devido a importância desta expressão pode-se acrescentar um momento torçor T e

assim, a expressão anterior torna-se:

U=1

2∫[

N2

EA+

M2

EI+

cV2

GA+

T2

GIt

] dx

l

0

3.1 Análise da expressão geral de U

Com auxílio das figuras abaixo, que são os deslocamentos elementares numa barra

sujeita aos esforços indicados, tem-se que:

10

∆dx=εxdx=N

EAdx

dϕ=M

EIdx

dV=cV

GAdx

dα=I

GIt

dx

Fig. 7 – Deslocamentos elementares de acordo com o esforço solicitante

Para obter a energia de deformação basta multiplicar as deformações elementares pelo

esforço solicitante, acrescentado o fator 1/2 do carregamento lento.

Para se obter a energia de deformação armazenada em toda a estrutura, sendo esta

composta de várias barras, a integração deve ser estendida para todas as barras.

Em treliças:

U=1

2∫

N2

EAdx

l

0

=1

2∑

Ni2li

EAi

n

i=1

Pois M e V valem zero.

11

Em vigas e pórticos:

U=1

2∫

M2

EIdx

l

0

Pois N e V são pequenos em comparação com M na expressão de U.

Em arcos deve-se levar em conta a parcela de N, porém não leva em consideração a

parcela de V. Em estruturas sujeitas a torção, o termo com T é predominante no cálculo de U.

4. Cálculo pelas cargas

Seja uma região de uma estrutura:

Fig. 8 – Efeito da carga no deslocamento de um ponto

Em Ai, um ponto da estrutura, tem-se uma carga aplicada Pi. Seja Bi a posição

deslocada do ponto Ai obtida pela ação do Pi e seja vi e Bi suficientemente pertos, pode-se

utilizar a teoria de 1ª ordem.

O caminho Ai-Bi

que percorre Ai durante o carregamento depende da maneira e da

sequência de aplicação das cargas, mas, normalmente, será atingido a mesma posição Bi, que

depende apenas dos valores finais das cargas.

O trabalho executado pela carga Pi durante o deslocamento calcula-se pela integral:

Ti= ∫ Px dt

ti

0

12

Interpretando o trabalho executado pelas cargas como energia potencial perdida, a

soma dos trabalhos Ti deve ser igual a energia de deformação acumulada na estrutura. Isto

permite a conclusão que o trabalho das cargas não depende do caminho Ai-Bi

percorrido mas,

apenas da posição final deslocada que define as deformações totais e com isto a energia de

deformação.

Deste modo pode-se considerar Ai-Bi

linear e o trabalho da carga Pi vale:

Ti=1

2Pivi

Onde vi significa a projeção do segmento Ai-Bi

sobre a direção da força.

Somando-se todos os efeitos das cargas tem-se:

T=1

2∑ Pivi =U→TEOREMA DE CLAPEYRON

A igualdade entre o “trabalho interno”, visto nos esforços solicitantes, com o trabalho

externo permite calcular o deslocamento quando a carga consiste numa só força. Casos mais

complexos serão vistos quando se estudar o Teorema de Castigliano.

Assim:

Fig. 9 – Deslocamento vertical sob efeito da carga P

Com:

M=-Px ; N=0 e Q desprezível

13

Para descobrir o deslocamento vertical v do ponto de aplicação de P da viga da figura,

tem-se:

Trabalho Interno→U=1

2EI∫ M2dx

l

0

=1

2EI∫ P2x2dx

l

0

=1

2

P2l3

3EI

Trabalho Externo→T=1

2Pv

Igualando U e T, tem-se:

v=Pl

3

3EI

5. Teorema de Maxwell

O teorema de Maxwell trata de uma estrutura elástica com apenas duas cargas (Pi e Pk)

que podem ser forças ou momentos estáticos. Neste exemplo serão utilizadas forças, pois são

mais visíveis os deslocamentos, e uma viga horizontal. Este caso particular pode ser

extrapolado a estruturas quaisquer, porém preservando a ideia do deslocamento v com

projeções nas direções das forças conforme visto no item 4.

Assim tem-se uma viga com duas cargas, Pi e Pk, aplicadas nos pontos i e k com a

elástica obtida por este carregamento conforme a figura abaixo:

Fig. 10 – Viga sob ação de cargas e deslocamentos correspondentes

As ordenadas vi e vk da elástica pode ser obtida por superposição de efeito (valendo a

teoria de 1ª ordem), como mostra a figura abaixo:

14

Fig. 11 – Superposição de efeitos na viga

Onde: δnj indica o deslocamento, sendo o 1º índice, n, a posição do deslocamento e o

2º índice, j, índica a posição da carga que provocou o deslocamento.

Assim:

vi=Piδii+Pkδik

vk=Piδki+Pkδkk

Calcula-se agora o trabalho executado pelas cargas, que deve ser igual a energia de

deformação acumulada na viga deformada. Existem duas formas de carregamento:

1ª forma de carregamento: Aplica-se apenas Pi que varia de 0 até Pi.

Fig. 12 – Ação de uma carga na viga

Numa segunda fase de carregamento, Pi permanece constante enquanto Pk cresce de 0

até Pk.

Fig. 13 – Ação de duas cargas na viga

15

Apenas as parcelas correspondentes as cargas crescentes levam o fator 1/2, não

aquelas referentes as cargas constantes. Assim o trabalho executado vale:

T1=1

2PiPiδii+1PiPkδik+

1

2PkPkδkk

2ª forma de carregamento:

Fig. 14 – Ação de uma carga, ação de duas cargas na viga

Portanto o trabalho executado vale:

T2=1

2PkPkδkk+

1

2PiPiδii+1PkPiδki

A soma dos trabalhos obtida nas duas maneiras de carregamento deve ser,

naturalmente, a mesma conforme TEOREMA DE CLAPEYRON. Desta maneira:

T1=T2

1

2PiPiδii+1PiPkδik+

1

2PkPkδkk=

1

2PkPkδkk+

1

2PiPiδii+1PkPiδki

1PiPkδik=1PkPiδki

16

δik=δki

Que representa o TEOREMA DE MAXWELL (1864). Seu enunciado diz:

“O deslocamento de um ponto i na direção i quando aplicada uma carga no ponto k é

igual ao deslocamento de um ponto k na direção k quando aplicada uma carga no ponto i”.

Passando-se agora esse conceito para as estruturas de engenharia, feito por Otto Mohr

(1874), que seguem a teoria de 1ª ordem (estruturas planas ou espaciais, isostática ou

hiperestática).

Escolhendo-se dois pontos arbitrários (i e k) da estrutura e duas direções arbitrárias (i e

k) da estrutura, tem-se, como mostra a figura:

Fig. 15 – Efeito de cargas em deslocamentos de pontos

Aplicando no ponto i e na direção pré-fixada Pi, determinar o deslocamento kk’. A

projeção deste deslocamento sobre a direção traçada pelo ponto k é o deslocamento relativo

δki. Pela outra figura determina-se δki e pelo Teorema de Maxwell δki=δik.

5.1 Generalização do Teorema de Maxwell

Tomando-se momentos estáticos como cargas e aplicando a um pórtico como o da

figura 16, tem-se um exemplo de generalização do Teorema de Maxwell.

17

Fig. 16 – Efeito de carga e momento em deslocamento e giro de pontos distintos

As figuras acima mostram dois pontos, 1 e 2, e duas direções. Nota-se que a direção 2

seria perpendicular ao plano do pórtico.

Na Figura 16a, tem-se a carga na direção 1 e o deslocamento na direção 2 δ21.

Na Figura 16b, tem-se a carga na direção 2 e o deslocamento na direção 1 δ12.

Por Maxwell:

δ21=δ12

Observação: O nome deslocamento relativo neste caso pode trazer confusão do tipo -

como pode o ângulo δ21 ser igual ao segmento δ12? Para determinar as dimensões de δ21

observa-se que a carga que produz este valor não é 1 kN mas 1, sem dimensão. Agora com

cargas em kN obter-se-iam rotações em radianos. A unidade de δ21 é 1/kN. Passa-se agora ao

estudo de δ12 se o momento aplicado tivesse a unidade kN.cm, o deslocamento resultaria em

cm. Para um momento 1 (sem dimensão) obtém-se um δ12 em cm/kN.cm resultando em 1/kN.

Assim torna-se possível a igualdade δ21=δ12.

Uma generalização pode ser feita trocando-se os deslocamentos por ações (cargas),

como mostra a figura abaixo:

18

Fig. 17 – Efeito de momento em giro em pontos distintos

Na Figura 17a, submetendo a seção 1 a uma rotação 1 aparecerá em 2 um momento

reativo M21.

Na Figura 17b, submetendo a seção 2 a uma rotação 2 aparecerá em 1 um momento

reativo M12.

Por Maxwell:

M21=M12

Uma outra extensão do teorema de Maxwell é o teorema de Betti, que ao invés de duas

cargas se refere a um grupo de cargas.

6. Teorema de Castigliano

“A derivada parcial da energia de deformação em relação a uma carga Pk é igual ao

deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da carga” (vk é definido como a projeção do

deslocamento sobre a direção da carga).

Este teorema enuncia derivada parcial porque U é função de muitas variáveis.

Considerando as cargas como variáveis independentes, os deslocamentos são funções lineares

delas:

v1=P1δ11+⋯+Piδ1i+⋯+Pkδ1k+⋯+Pnδ1n

19

vi=P1δi1+⋯+Piδii+⋯+Pkδik+⋯+Pnδin

vk=P1δk1+⋯+Piδki+⋯+Pkδkk+⋯+Pnδkn

U=1

2∑ Pivi

n

i=1

∂U

∂Pk

=1

2[∑

∂Pi

∂Pk

vi

n

i=1

+ ∑ Pi

∂vi

∂Pk

n

i=1

]

Na primeira soma:

𝑖 ≠ 𝑘 →∂Pi

∂Pk

= 0

𝑖 = 𝑘 →∂Pi

∂Pk

= 1

Na segunda soma:

∂v1

∂Pk

=δ1k ; ∂v2

∂Pk

=δ2k

Portanto:

∂U

∂Pk

=1

2(vk + P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯)

Mas:

vk = P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯

E pelo teorema de Maxwell, tem se:

δik=δki

20

Assim:

∂U

∂Pk

=1

2(vk + vk)

∂U

∂Pk

= vk

6.1 Consequência do Teorema de Castigliano ( Teorema de Menabrea)

Seja Pk um valor hiperestático, como de uma viga contínua, mostrada na figura abaixo:

Fig. 18 – Viga hiperestática

tem-se:{3 condições de equilíbrio

4 reações→1 incógnita hiperestática.

Escolhendo-se como valor desta incógnita R3, as outras reações saem das equações de

equilíbrio. Tem-se assim apenas uma restrição R1, que saí do somatório de forças em x. Como

o ponto de aplicação de R3 é fixo, seu deslocamento é zero e pelo teorema de Castigliano:

∂U

∂R3

=0; determinando R3 (Teorema de Menabrea)

E finalmente pode-se mostrar que existe uma relação entre os teoremas de Maxwell e

Castigliano:

∂2U

∂Pi∂Pk

=∂

∂Pi

(∂U

∂Pk

) =∂

∂Pi

vk=δki

21

Portanto:

∂vk=∂Piδki

∂2U

∂Pi∂Pk

=∂

2U

∂Pk∂Pi

7. Cálculo do Deslocamento pelo Teorema de Castigliano

Quer-se determinar um deslocamento δi do ponto i e seja Pi a carga aplicada em i na

direção de δi. Pelo teorema de Castigliano tem-se:

vk=δi=∂U

∂Pi

Seja U em termos de esforços solicitantes:

U=1

2∫ (

N2

EA+

M2

EI+

cV2

GA+

T2

GIt

) dx

est

Assim:

δi=∂

∂Pi

1

2∫ (

N2

EA+

M2

EI+

cV2

GA+

T2

GIt

) dx

est

δi= ∫ (N

EA

∂N

∂Pi

+M

EI

∂M

∂Pi

+cV

GA

∂V

∂Pi

+T

GIt

∂T

∂Pi

) dx

est

δi= ∫ (NN

EA+

MM

EI+

cVV

GA+

TT

GIt

) dx

est

22

A integração pode ser estendida a todas as barras. Os termos N,M,V e T são esforços

solicitantes causados por Pi=1, enquanto N,M,V e T são esforços reais provocados pelo

carregamento total dado.

Aa expressão de δi pode ser utilizada em:

Treliças:

vk= ∑NiNi

li

EAi

n

i=1

Sendo li e Ai o comprimento e a área de uma barra i.

Pórticos e vigas:

vk= ∫MM

EIdx

est

Nos arcos e pórticos em que os esforços N seja considerável, o termo NN

EA deve ser

levado em conta.

8. Exemplos

8.1 1º Exemplo

Determinar o deslocamento total do nó 9. Dados: E=21000 kN/cm2 e A=3 cm2.

23

Fig. 19 – Treliça

Deslocamento no nó 9:

δ9=√δ9h2+δ9v

2

Sendo:

δ9h=deslocamento horizontal do nó 9;

δ9v=deslocamento vertical do nó 9.

Teorema de Castigliano:

δ9h= ∑NiNi

li

EAi

n

i=1

δ9v= ∑NiNi

li

EAi

n

i=1

a) Carregamento real: os esforços nas barras e as reações de apoio são indicadas na

figura abaixo.

24

Fig. 20 – Esforços e reações nas barras (carregamento real)

b) Carregamento virtual horizontal no nó 9: os esforços nas barras e as reações de

apoio são indicadas na figura abaixo.

Fig. 21 – Esforços e reações nas barras (carregamento virtual horizontal)

c) Carregamento virtual vertical no nó 9: os esforços nas barras e as reações de apoio

são indicadas na figura abaixo.

25

Fig. 22 – Esforços e reações nas barras (carregamento virtual vertical)

d) Cálculo do deslocamento δ9

Barra Ni Ni Ni

li/EAl NiNi li

EAi

NiNi

li

EAi

1-2 30 0 1 0 30

2-3 30 0,5 1 30*0,5 30*1

3-4 0 0 0 0 0

4-5 0 0,5√2 0 0 0

1-4 0 1 0 0 0

2-4 -30√2 -0,5√2 -√2 +30 +60

4-6 -30√2 0 -√2 0 -60

5-7 30 1 1 30 30

7-8 0 0 0 0 0

5-6 0 -0,5 0 0 0

5-3 30 0,5 1 15 30

6-8 -30√2 0 -√2 0 -60

7-9 30 1 1 30 30

8-9 -30√2 0 -√2 0 -60

5-8 0 0 0 0 0

∑ =0,351cm

n

i=1

∑ =1,165cm

n

i=1

δ9h=1

21000×3[(2×30×0,5+2×30×1)150+30×0,5×150+(-30√2)×(-0,5√2)×150√2]

26

δ9h=0,351cm

δ9v=1

21000×3{3×[1×1×4×1×0×(-√2)×(-√2)×4×150√2+1×1×150]}

δ9v=1,165cm

δ9=√0,3512+1,165

2=1,217cm

8.2 2º Exemplo

Calcular o deslocamento v na extremidade da viga engastada:

Fig. 23 – Viga engastada com carga concentrada

U=1

2∫

M2

EIdx

l

0

∂U

∂P=v= ∫

M

EI

∂M

∂Pdx

l

0

Em uma posição qualquer, tem-se:

27

Fig. 24 – Momento

Mx=M ∴ M+Px=0∴M=-Px

∂M

∂P=-x

v= ∫(-Px)×(-x)

EIdx

l

0

v=P

EI∫ x2dx

l

0

=Px3

3EI|0

l

v=Pl

3

3EI

8.3 3º Exemplo

Calcular v do meio do vão da viga abaixo:

Fig. 25 – Viga bi-apoiada com carga concentrada

28

vk=v;Pk=P

∂U

∂P=v

Cálculo do momento fletor usando x:

Fig. 26 – Momento pela esquerda

0≤x≤l

2

Mx-P

2x=0∴Mx=M=

P

2x

∂M

∂P=

x

2

Pela simetria da estrutura, pode-se fazer:

1

2v= ∫

M

EI

∂M

∂Pdx

l2⁄

0

1

2v= ∫

Px

2EI

x

2dx

l2⁄

0

1

2v=

P

4EI×

x3

3|0

l2⁄

=Pl

3

48EI

29

8.4 4º Exemplo

Calcular o deslocamento v na extremidade da viga engastada (Figura 27a):

Fig. 27 – Viga bi-apoiada com carga distribuída

Para determinar o deslocamento em carregamentos distribuídos, deve-se posicionar

uma carga fictícia Pk no ponto onde deseja-se determinar a flecha v (27b). Esta carga tem

valor 0 e é utilizada apenas para a resolução do problema.

No cálculo do momento tem-se:

Fig. 28 – Cálculo do momento

Mx+Pkx+qxx

2=0

Mx=-Pkx-qx2

2

30

∂Mx

∂Pk

=-x

∂U

∂Pk

=v= ∫M

EI

∂M

∂Pdx

l

0

v=1

EI∫[(-Pkx-

qx2

2) (-x)] dx

l

0

v=1

EI∫[+Pkx2+

qx3

2] dx

l

0

v=1

EI[Pkx3

3|0

l

+qx4

8|0

l

]

Fazendo Pk=0, tem-se:

v=ql

4

8EI

8.5 5º Exemplo

Determinar as reações de apoio na viga contínua abaixo.

Fig. 29 – Viga contínua em estudo

31

A estrutura acima é 1 vez hiperestática. Para resolver a estrutura em questão, deve-se

transformar a estrutura original em duas estruturas isostáticas, substituindo um dos apoios por

uma força V (incógnita do problema):

Fig. 30 – Decomposição em estruturas isostáticas

Pela superposição de efeitos, tem-se:

R1=A1+A2

R2=?

R3=B1+B2=R1→Por simetria

Pelo teorema de Menabrea:

∂U

∂Pk

=0;∂U

∂V=0

U=1

2∫

M2

EIdx

l

0

32

Pela simetria, pode-se resolver a questão utilizando apenas metade da estrutura.

Inicialmente, são calculados os momentos fletores de ambas as estruturas isostática.

Fig. 31 – Cálculo do momento da primeira estrutura

M=M1(x)→0≤x≤l

M1(x)+px2

2-A1x=0∴M1(x)=A1x-p

x2

2

M1(x)=plx-px2

2

Fig. 32 – Cálculo do momento da segunda estrutura

M=M2(x)→0≤x≤l

M2(x)+A2x=0∴M2(x)=-A2x

M2(x)=-V

2x

Pela superposição de efeitos, resulta que:

33

M=M(x)=M1(x)+M2(x)= (plx-px2

2) - (

V

2x)

U= [1

2∫

M2

EIdx

l

0

] 2→multiplicado por 2 para fazer toda a estrutura (simetria)

∂U

∂V=0=2 ∫

M(x)

EI

∂M(x)

∂Vdx

l

0

∂M(x)

∂V=-

x

2

∫M(x)

EI

∂M(x)

∂Vdx

l

0

= ∫(plx-px2

2-V

2x)(-

x

2) dx

l

0

= 0

∫(-plx2

2+

px3

4+

Vx2

4) dx

l

0

= 0

-plx3

6+

px4

16+

Vx3

12|0

l

=-pl

4

6+

pl4

16+

Vl3

12=0

V= (pl

6-

pl

16) 12=2pl-

3

4pl

V=5pl

4

Para encontrar as reações:

R1=A1+A2=pl-5pl

8=

3pl

8

R1=R3=3pl

8(por simetria)

34

R2=V=5pl

4

Conferindo:

R1+R2+R3=2pl∴3pl

8+

5pl

4+

3pl

8=2pl→OK!

O diagrama de momento fletor da estrutura fica:

Fig. 33 – Estrutura em estudo

8.6 6º Exemplo

35

Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B.

Fig. 34 – Estrutura em estudo

No estudo desta estrutura, pode-se dividir a estrutura em duas partes, compatibilizando

os deslocamentos. Ao dividir a estrutura, surge também a incógnita hiperestática R.

Fig. 35 – Divisão da estrutura

Tem-se:

Barra → Ub=1

2∫

N2

EAdx

l

0

36

Viga → Uv=1

2∫

M2

EIdx

a

0

Pela compatibilidade de deslocamentos:

vb=∆lb

−∂Uv

∂R=

∂Ub

∂R

∂Uv

∂R+

∂Ub

∂R=0 (1)

Calculando o momento na viga:

Fig. 36 – Momento na viga

Mx+Px-Rx=0∴Mx=Rx-Px

∂Mx

∂R=x

Calculando a normal na barra:

37

Fig. 37 – Normal na barra

N=Nx=R

∂Nx

∂R=1

Calculando as derivadas em função de R:

∂Uv

∂R=

1

EI∫ Mx

∂Mx

∂Rdx

l

0

=1

EI∫ (Rx-Px)(x) dx

l

0

=1

EI∫ Rx2-Px2 dx

l

0

∂Uv

∂R=

1

EI(

Rl3

3-Pl

3

3) (2)

∂Ub

∂R=

1

EA∫ Nx

∂Nx

∂Rdx

a

0

=1

EA∫ (R)(1) dx

a

0

=1

EA∫ R dx

a

0

∂Ub

∂R=

Ra

EA (3)

Substituindo (2) e (3) em (1), descobre-se o valor da incógnita hiperestática R:

1

EI(

Rl3

3-Pl

3

3) +

Ra

EA=0

Rl3

3EI+

Ra

EA=

Pl3

3EI

38

R=

Pl3

3EI

(l3

3EI+

aEA

)

Para descobrir vb:

∂Ub

∂R=vb=∆

lb=

Ra

EA=

(𝑃𝑙3

3𝐸𝐼) 𝑎

(l3

3EI+

aEA

)𝐸𝐴

9. Bibliografia

POPOV, E. G. - Introdução à Mecânica dos Sólidos. São: Editora Edgar Blumer Ltda,

1978. 534p.

SHIEL, F. - Introdução à Resistência dos Materiais. São Paulo: Harpetc & Row do

Brasil, 1984. 395p.