mecsol-Parte II

Universidade Federal de Santa Catarina Departamento de Engenharia MecânicaGrupo de Análise e Projeto Mecânico

CURSO DE MECÂNICA DOS SÓLIDOS II

Prof. José Carlos Pereira

SUMÁRIO

REVISÃO DE TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO E CRITÉRIOS DE

RUPTURA........................................................................................................ 5

9 - TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO.......................................................... 5

9.1 – Equações para transformação de tensão plana ........................................ 5

9.2 - Círculo de tensões de Mohr..................................................................... 6

9.3 – Construção do círculo de tensões de Mohr ............................................. 8

9.4 - Importante transformação de tensão...................................................... 13

9.5 – Tensões principais para o estado geral de tensões ................................ 14

9.6 – Círculo de Mohr para o estado geral de tensões.................................... 16

CRITÉRIOS DE ESCOAMENTO E DE FRATURA.................................. 17

9.7 – Observações preliminares..................................................................... 17

9.8 – Teoria da máxima tensão de cisalhamento (Tresca) (mat. dúcteis) ....... 18

9.9 – Teoria da máxima energia de distorção (von Mises) (mat. dúcteis) ...... 20

9.10 – Teoria da máxima tensão normal (mat. frágeis).................................. 23

10 – VASOS DE PRESSÃO........................................................................... 24

10.1 – Vasos cilíndricos ................................................................................ 24

10.2 – Vasos esféricos................................................................................... 25

11 – DEFLEXÃO DE VIGAS........................................................................ 31

11.1 – Introdução .......................................................................................... 31

11.2 – Relação entre deformação-curvatura e momento-curvatura ................ 31

11.3 – Equação diferencial para deflexão de vigas elásticas .......................... 32

11.4 – Condições de contorno ....................................................................... 33

MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO DIRETA................................................... 34

11.5 – Solução de problemas de deflexão de vigas por meio de integração

direta............................................................................................................. 34

MÉTODO DE ÁREA DE MOMENTO........................................................ 40

11.6 – Introdução ao método de área de momento ........................................ 40

11.7 – Dedução dos teoremas de área de momento ....................................... 40

11.8 – Método da superposição..................................................................... 46

11.9 – Vigas estaticamente indeterminadas- método de integração ............... 50

11.10 – Vigas estaticamente indeterminadas - método de área de momento.. 54

11.11 – Vigas estaticamente indeterminadas - método da superposição ........ 58

12 – MÉTODO DA ENERGIA...................................................................... 62

12.1 – Introdução .......................................................................................... 62

12.2 – Energia de deformação elástica .......................................................... 62

12.3 – Deslocamentos pelos métodos de energia........................................... 65

12.4 – Teorema da energia de deformação e da energia de deformação

complementar ............................................................................................... 70

13.5 – Teorema de Castigliano para deflexão................................................ 73

12.6 – Teorema de Castigliano para deflexão em vigas................................. 76

12.7 – Teorema de Castigliano para vigas estaticamente indeterminadas ...... 78

12.8 – Método do trabalho virtual para deflexões.......................................... 80

12.9 – Equações do trabalho virtual para sistemas elásticos .......................... 83

13 - MÉTODO DOS ELEMENTOS FINITOS ............................................ 92

ELEMENTOS FINITOS PARA TRELIÇAS............................................... 92

13.1 – Matriz de rigidez de um elemento de barra......................................... 92

13.2 – Matriz de rigidez de um elemento de barra num sistema arbitrário.... 94

13.3 – Força axial nos elementos .................................................................. 96

13.4 – Técnica de montagem da matriz de rigidez global .............................. 97

13.5 – Exemplos ......................................................................................... 101

ELEMENTOS FINITOS PARA VIGAS .................................................... 109

13.6 – Matriz de rigidez de um elemento de viga ........................................ 109

13.7 – Propriedades da matriz de rigidez de um elemento de viga............... 112

13.7 – Vigas com carga distribuida ............................................................. 116

14 – FLAMBAGEM DE COLUNAS........................................................... 121

14.1 – Introdução ........................................................................................ 121

14.2 - Carga crítica...................................................................................... 121

14.3 – Equações diferenciais para colunas .................................................. 123

14.4 – Carregamento de flambagem de Euler para colunas articuladas ....... 126

14.5 – Flambagem elástica de colunas com diferentes vínculos nas

extremidades............................................................................................... 128

14.5.1 - Coluna engastada-livre...................................................................................128

14.5.2 - Coluna engastada-apoiada..............................................................................130

14.5.3 - Coluna engastada-engastada ..........................................................................131

14.6 – Limitação das fórmulas de flambagem elástica ................................ 135

14.7 – Fórmula generalizada da carga de flambagem de Euler .................... 136

14.8 – Colunas com carregamento excêntrico ............................................. 137

14.9 – Fórmulas de colunas para cargas concêntricas.................................. 140

Bibliografia

- Introdução à Mecânica dos Sólidos, Egor P. Popov, Edgard Blücher Ltda.

- Mechanics of Materials, R.C Hibbeler, Prentice Hall.

- Finite Element Structural Analysis, T. Y. Yang, Prentice Hall.

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 5

REVISÃO DE TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO E CRITÉRIOS DE

RUPTURA

9 - TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO

9.1 – Equações para transformação de tensão plana

Uma vez determinadas as tensões normais σx e σy e a tensão de cisalhamento τxy, é

possível determinar as tensões normais e de cisalhamento em qualquer plano inclinado em um

dado estado de tensão.

Aplicando as equações de equilíbrio estático:

σx´ τxý´

τxy

τyx

σy

σx x´

y´

θ

dA

σx´ dA τxý´ dA

τyx dA senθ

σx dA cosθ x´

y´

θ

σy dA senθ

τyx dA cosθ

x

y

σx

σy

τxy

τyx

τxy

τyx

σx

σy

x´

y´

+ θ

+ θ

A

B

Cθ

Curso de Mecânica dos Sólidos II6

→ 0F'x=∑ ,

0cossendAsensendA

sencosdAcoscosdAdA

xyy

xyx'x

=θθτ−θθσ

−θθτ−θθσ−σ (9.1)

θθτ+θσ+θσ=σ sencos2sencos xy2

y2

x'x (9.2)

Sabendo-se que:

θθ=θ cossen22sen , θ−θ=θ 22 sencos2cos , θ+θ= 22 sencos1

Assim:

2

2cos1cos2 θ+

=θ , 2

2cos1sen 2 θ−

=θ

Substituindo as expressões de sen 2θ, cos 2θ e sen 2θ em (9.2), tem-se;

θτ+θ−

σ+θ+

σ=σ 2sen2

2cos1

2

2cos1xyyx'x (9.3)

θτ+θσ−σ

+σ+σ

=σ 2sen2cos22 xy

yxyx'x (9.4)

↑ 0F'y=∑ ,

0sensendAcossendA

coscosdAsencosdAdA

xyy

xyx'y'x

=θθτ+θθσ

−θθτ−θθσ+τ (9.5)

θτ+θ

σ−σ−=τ 2cos2sen

2 xyyx

'y'x (9.6)

As equações (9.5) e (9.7) são as equações de transformação de tensão de um sistema de

coordenadas a outro.

9.2 - Círculo de tensões de Mohr

Sejam as equações de transformação de tensão:

θτ+θσ−σ

=σ+σ

−σ 2sen2cos22 xy

yxyx'x (9.7)


θτ+θσ−σ

−=τ 2cos2sen2 xy

yx'y'x (9.8)

Elevando ao quadrado ambas as equações e somando-as tem-se:

2xy

2yx2

'y'x

2yx

'x 22τ+

σ−σ=τ+

σ+σ−σ (9.9)

Esta equação pode ser de maneira mais compacta:

( ) 22xy

2'x Ra =τ+−σ (9.10)

A equação acima é a equação de um círculo de raio 2xy

2yx

2R τ+

σ−σ= e centro

0be2

ayx =

σ+σ= .

O círculo construído desta maneira é chamado círculo de tensão de Mohr, onde a

ordenada de um ponto sobre o círculo é a tensão de cisalhamento τxy e a abcissa é a tensão

normal σx.

τmax τ

2yx σ−σ

A(σx, τxy)

B(σx, -τxy)

σ1σ2 σ

θ = 0°

|τmin|=τmax

2yx σ+σ

2 θ1’


Conclusões importantes:

è A maior tensão normal possível é σ1 e a menor é σ2. Nestes planos não existem tensões de

cisalhamento.

è A maior tensão de cisalhamento τmax é igual ao raio do círculo e uma tensão normal de

2yx σ+σ

atua em cada um dos planos de máxima e mínima tensão de cisalhamento.

è Se σ1 = σ2, o círculo de Mohr se degenera em um ponto, e não se desenvolvem tensões de

cisalhamento no plano xy.

è Se σx + σy = 0, o centro do círculo de Mohr coincide com a origem das coordenadas σ - τ,

e existe o estado de cisalhamento puro.

è Se soma das tensões normais em quaisquer dos planos mutuamente perpendiculares é

constante: σx + σy = σ1 + σ2 = σx´ + σy´ = constante.

è Os planos de tensão de cisalhamento máxima ou mínima formam ângulos de 45° com os

planos das tensões principais.

9.3 – Construção do círculo de tensões de Mohr

Ex: Com o estado de tensão no ponto apresentado abaixo, determine as tensões principais e

suas orientações e a máxima tensão de cisalhamento e sua orientação.

σx = - 20 MPa (20 x 106 N/m2) , σy = 90 MPa , τxy = 60 MPa

Procedimento:

1 – Determinar o centro do círculo (a,b):

x

y

60 MPa

90 MPa

20 MPa

Ponto A


MPa352

9020

2a

yx =+−

=σ+σ

= , b = 0

2 – Determinar o Raio 2xy

2yx

2R τ+

σ−σ= :

MPa4,81602

9020R 2

2

=+

−−

=

3 – Localizar o ponto A(-20,60):

4 – Tensões principais:

σ1 = 35 + 81,4 = 116,4 MPa , σ2 = 35 - 81,4 = -46,4 MPa

5 – Orientações das tensões principais.

°=

+=θ 7,47

3520

602tgarc2 ''

1 , θ1’’ = 23,85°

2 θ1’’ + 2 θ1

’ = 180° è θ1’ = 66,15°

A(-20,60)

B(90, -60)

τmax = 81,4

σ2 = 35-81,4 = -46,4 σ (Mpa)

τ (Mpa)

2 θ2’

σ1 = 35+81,4 = 116,4

35 20

602 θ1

’2 θ1’’

2 θ2’’


6 – Tensão máxima de cisalhamento:

τmax = R = 81,4 Mpa

7 – Orientação da tensão máxima de cisalhamento:

2 θ1’’ + 2 θ2

’ = 90° è θ2’ = 21,15°

Ex: Para o estado de tensão abaixo, achar a) as tensões normais e de cisalhamento para θ =

22,5°, b) as tensões principais e suas orientações, c) as tensões máxima e mínima de

cisalhamento com as tensões associadas e suas orientações.

x

y

σ1 = 116,4 MPa

2

1

θ1 = 66,15°

σ2 = 46,4MPa

x

y

σ´ = 35 MPa

x´

y´

θ2 = 21,25°

τmax = 81,4MPa


σx = 3 kgf/mm2 , σy = 1 kgf/mm2 , τxy = 2 kgf/mm2

Procedimento:

1 – Determinar o centro do círculo (a,b):

2yxmm/kgf2

2

13

2a =

+=

σ+σ= , b = 0

2 – Determinar o Raio 2xy

2yx

2R τ+

σ−σ= :

222

mm/kgf24,222

13R =+

−

=

3 – Localizar o ponto A(3,2):

x

y

2 kgf/mm2

1 kgf/mm2

3 kgf/mm2

Ponto A

x’

22,5°

A(3,2)

B(1, -2)

τmax = 2,24

σ2 = 2-2,24 = -0,24 σ (kgf/mm2)

τ (kgf/mm2)

2 θ2’

σ1 = 2+2,24 = 4,24

2

3

22 θ1

’ A’

45°

B’


a)

Ponto A’:

4,6323

2tgarc'2 1 =

−=θ

σx’ = 2 + 2,24 cos(63,4 - 45) , σx’ = 4,13 kgf/mm2

τxý´ = 2,24 sen(63,4 - 45) , τxý´ = 0,71 kgf/mm2

Ponto B’:

σy’ = 2 - 2,24 cos(63,4 - 45) , σy’ = - 0,13 kgf/mm2

b)

σ1 = 4,24 kgf/mm2 (tração) , σ2 = -0,24 kgf/mm2 (compressão)

21

22tg 1 ==θ

2 θ1´ = 63,4° è θ1´ = 31,7°

2 θ1´´ = 2 θ1´ + 180° è θ1´´ = 121,7°

c) τmax = 2,24 kgf/mm2

2 θ2´ + 2 θ1´ = 90° è θ2´ = 13,3°

x

y

4,24 kgf/mm2

0,24 kgf/mm2 1

2

θ1’ = 31,7°

θ1’’ = 121,7°

x

y

x´

y´

θ = 22,5°

0,71 kgf/mm20,13 kgf/mm2

4,13 kgf/mm2

Ponto A’


2 θ2´´ = 2 θ2´ + 180° è θ2´´ = 76,7°

Observe que: θ1’ - θ2

’ = 31.7 – (-13.3) = 45° e θ1’’ - θ2

’’ = 121.7 – 76.7 = 45°

9.4 - Importante transformação de tensão

Seja um elemento sujeito a um estado de tensão de cisalhamento puro(caso de um eixo

em torção).

Para este caso, tem-se que σx = 0 e σy = 0, logo o centro do círculo de Mohr está na

origem do sistema de coordenadas σ-τ e o raio do círculo é R = τxy.

x

y

2,24 kgf/mm2

2 kgf/mm2

x´

y´

θ2´ = 13,3°

θ2´´ = 76,7°

x

y

τxy

τxyT


xy

2

1 τ±=σ

∞=θ12tg è

°−=°=θ°=θ

)compressão(45135´´

)tração(45´

1

1 .

Assim:

9.5 – Tensões principais para o estado geral de tensões

Considere um estado de tensão tridimensional e um elemento infinitesimal tetraedrico.

Sobre o plano obliquo ABC surge a tensão principal σn, paralela ao vetor normal unitário.

x

y

σ1=|τxy|

1 2

θ1’ = 45°

θ2’ = 135°

σ2=|τxy|

τmax = τxy

σ

τ

σ1 = τxy2 θ1

’2 θ1’’

σ2 = -τxy


O vetor unitário é identificado pelos seus cosenos diretores l, m e n, onde cos α = l,

cos β = m, cos γ = n. Da figura nota-se que: l2 + m2 + n2 = 1.

O plano oblíquo tem área dA e as projeções desta área nas direções x, y e z são: dA.l,

dA.m e dA.n. Impondo o equilíbrio estático nas direções x, y e z, temos:

0Fx =∑ , 0ndAmdAldAl)dA( xzxyxn =τ−τ−σ−σ

0Fy =∑ , 0ldAndAmdAm)dA( xyyzyn =τ−τ−σ−σ

0Fz =∑ , 0mdAldAndAn)dA( yzxzzn =τ−τ−σ−σ

Simplificando e reagrupando em forma matricial, temos:

=

σ−στττσ−στττσ−σ

0

0

0

n

m

l

nzyzxz

yznyxy

xzxynx

σx

σz

σy

σxy

σzx

σxy

σzy

σyz

x z

y

σx

σy

y

x

z

σx

τxz

τxy

σn

n

σy

σz

τxy

τyz

τxz

τyz

A

B

C

y

x

z

Vetor unitário

m

n l

A

α γ

β


Como visto anteriormente, l2 + m2 + n2 = 1, os cosenos diretores são diferentes de

zero. Logo, o sistema terá uma solução não trivial quando o determinante da matriz de

coeficientes de l, m e n for nulo.

0

nzyzxz

yznyxy

xzxynx

=σ−σττ

τσ−στττσ−σ

A expansão do determinante fornece um poninômio característico do tipo:

0IIIIII n2n

3n =−σ+σ−σ σσσ

onde: zyxI σ+σ+σ=σ

)()(II 2xz

2yz

2xyxzzyyx τ+τ+τ−σσ+σσ+σσ=σ

)(2II 2xyz

2xzy

2yzxxzyzxyzyx τσ+τσ+τσ−τττ+σσσ=σ

As equações acima são invariantes, independentemente do plano oblíquo que é tomado

no tetraedro. Logo, as raízes do polinômio característico já são as tensões principais.

9.6 – Círculo de Mohr para o estado geral de tensões

Qualquer estado de tensão tridimensional pode ser transformado em três tensões

principais que atuam em três direções ortogonais.

σx

σz

σy

σxy

σzx

σxy

σzy

σzy

x z

y

3

1

2

σ1

σ2

σ3


Admitindo que σ1 > σ2 > σ3 > 0.

CRITÉRIOS DE ESCOAMENTO E DE FRATURA

9.7 – Observações preliminares

A resposta de um material à tensão axial ou tensão de cisalhamento puro pode ser

convenientemente mostrada em diagramas de tensão-deformação. Tal aproximação direta não

é possível, entretanto, para um estado complexo de tensões que é característico de muitos

elementos de máquina e de estruturas. Desta forma, é importante estabelecer critérios para o

comportamento dos materiais com estados de tensão combinados.

Nesta parte do estudo serão discutidos dois critérios para análise do comportamento

das tensões combinadas em materiais dúcteis e em seguida será apresentado um critério de

fratura para materiais frágeis.

σ3

σ1

σ2

σ3

σ1

σ2

σ3

σ1

σ2

τmax

σ3 σ2 σ

τ

σ1


9.8 – Teoria da máxima tensão de cisalhamento (Tresca) (mat. dúcteis)

A teoria da máxima tensão de cisalhamento, resulta da observação de que, num

material dúctil, ocorre deslizamento durante o escoamento ao longo de planos criticamente

orientados. Isso sugere que a tensão de cisalhamento máxima execute o papel principal no

escoamento do material.

Para um teste simples de tração onde σ1 = σesc, σ2 = σ3 = 0, tem-se:

2esc

críticomaxσ

=τ≡τ

Considerando um fator de segurança n, a tensão de cisalhamento crítica ou admissível

é da forma:

n2esc

críticoσ

=τ

Para aplicar o critério da máxima tensão de cisalhamento para um estado de tensão

biaxial devem ser considerados dois casos:

σ

ε

material frágil

σrup

σ

ε

material dúctil

σesc

τmax = (σ1)/2

σ2 = σ3 σ

τ

σ1


Caso 1: Os sinais de σ1 e σ2 são iguais.

Para |σ1| > |σ2| è |σ1| ≤ σesc

Para |σ2| > |σ1| è |σ2| ≤ σesc

Caso 2: Os sinais de σ1 e σ2 são diferentes.

22esc21 σ

≤σ−σ

±

Para o escoamento iminente: 1esc

2

esc

1 ±=σσ

−σσ

σ1

σ2

τmax = (σ1)/2

σ3 σ2

σ

τ

σ1

σ1

σ2

τmax = |(σ1- σ2)/2|

σσ2

σ

τ

σ1σ3


9.9 – Teoria da máxima energia de distorção (von Mises) (mat. dúcteis)

Considere a energia de deformação total por unidade de volume em um material

isotrópico (densidade de energia de deformação) para um estado multiaxial de tensões:

( ) ( )

( )xz2

yz2

xz2

xzzyyx2

z2

y2

xtotal

G2

1

EE2

1U

τ+τ+τ+

σσ+σσ+σσν

−σ+σ+σ=

L

L

Esta energia de deformação total, medida nos eixos principais é da forma:

( ) ( )1332212

32

22

1total EE2

1U σσ+σσ+σσ

ν−σ+σ+σ=

A energia de deformação total acima, é dividida em duas partes: uma causando

dilatação do material (mudanças volumétricas), e outra causando distorsões de cisalhamento.

É interessante lembrar que em um material dútil, admite-se que o escoamento do material

depende apenas da máxima tensão de cisalhamento.

σ1/σesc

1.0

1.0

-1.0

-1.0

B( -1.0, 1.0)

A( 1.0, 1.0)

σ2/σesc

σ1

σ3

σ2

Energia dedeformação total

=

σ

σ

σ Energia de dilatação

+

σ−σ3

σ−σ1

Energia de distorção

σ−σ2


Para um estado de tensão uniaxial as energias de dilatação e de distorção são

representada da seguinte forma:

No tensor correspondente a energia de dilatação, os componentes são definidos como

sendo a tensão “hidrostática” média:

3321 σ+σ+σ

=σ

onde σ1 = σ2 = σ3 = p = σ .

A energia de dilatação é determinada substituindo σ1 = σ2 = σ3 = p na expressão de

energia de deformação total e em seguida substituindo 3

p 321 σ+σ+σ=σ= :

( )2321dilatação E6

21U σ+σ+σ

ν−=

σ1

Energia dedeformação total

=

Energia de distorção

σ1

Energia de dilatação

σ1/3

σ1/3

σ1/3

+

σ1/3

σ1/3

+

σ1/3

σ1/3

τmax = σ1/3

σ

τ

σ1/3σ1/3

0

τmax = σ1/3

σ

τ

σ1/3σ1/3

0


A energia de distorção é obtida sustraindo da energia de deformação total a energia de

dilatação:

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221distorção G12

1U σ−σ+σ−σ+σ−σ=

A energia de distorção em um ensaio de tração simples, onde neste caso σ1 = σesc e σ2

= σ3 = 0 é da forma:

G12

2U

2esc

distorçãoσ

=

Igualando a energia de distorção de cisalhamento com a energia no ponto de

escoamento à tração simples, estabelece-se o critério de escoamento para tensão combinada.

( ) ( ) ( ) 2esc

213

232

221 2 σ=σ−σ+σ−σ+σ−σ

ou:

1esc

1

esc

3

esc

3

esc

2

esc

2

esc

1

2

esc

3

2

esc

2

2

esc

1

=

σσ

σσ

−

σσ

σσ

−

σσ

σσ

−

σσ

+

σσ

+

σσ

L

L

A equação acima é conhecida como sendo o critério de Von Mises para um estado

multiaxial de tensões para materiais isotrópicos. Para um estado plano de tensão, σ3 = 0, tem-

se:

12

esc

2

esc

2

esc

1

2

esc

1 =

σσ

+

σσ

σσ

−

σσ

σ1/σesc

1.0

1.0

-1.0

-1.0

B( -1.0, 1.0)

A( 1.0, 1.0)

σ2/σesc


9.10 – Teoria da máxima tensão normal (mat. frágeis)

A teoria da máxima tensão normal estabelece que a falha ou fratura de um material

ocorre quando a máxima tensão normal em um ponto atinge um valor crítico,

independentemente das outras tensões. Apenas a maior tensão principal deve ser determinada

para aplicar esse critério.

|σ1| ou |σ2| ou |σ3| ≤ σrup

σ1/σrup

1.0

1.0

-1.0

-1.0

B( -1.0, 1.0)

A( 1.0, 1.0)

σ2/σrup


10 – VASOS DE PRESSÃO

Vasos cilíndricos e esféricos são comumente utilizados na indústria para servir como

caldeiras ou tanques. Quando os vasos são submetidos a pressão, o material com o qual são

feitos os vasos, é submetido a carregamentos em todas as direções. Normalmente a relação

raio/espessura do vaso é r/t ≥ 10, podendo assim ser considerado de parede fina. Neste caso a

distribuição de tensão normal na direção da espessura pode ser desprezível.

10.1 – Vasos cilíndricos

Considere um vaso cilíndrico tendo espessura t e raio interno r submetido a uma

pressão interna p devido a um gas ou a um flúido considerado de peso desprezível.

Onde:

σ1 = tensão circunferencial (hoop)

σ2 = tensão longitudinal (axial)

A magnitude das tensão σ1 é determinada a partir de um elemento de comprimento dy

longe o suficiente das extremidades.

0Fx =∑ , 2[σ1(t dy)] – p (2r dy) = 0 , t

rp1 =σ

σ1

σ1

dy

2rp

t

t

σ1

σ2

t

x

y

z

Vasos de Pressão 25

A magnitude da tensão σ2 é determinada a partir de um corte do cilindro na direção

circunferencial.

0Fy =∑ , σ2 (2π r t) – p (πr2 ) = 0 , t2

rp2 =σ

10.2 – Vasos esféricos

Considere um vaso esférico tendo espessura t e raio interno r submetido a uma pressão

interna p devido a um gas ou a um flúido considerado de peso desprezível.

Devido a simetria σ1 = σ2. A magnitude da tensão σ2 é determinada a partir de um

corte do cilindro na direção circunferencial.

σ2

p

t

r

σ1

σ2

tx

y

z

r

τmax = σ1/2

σ

τ

σ1σ3σ2

p

t r

σ2τmax = σ1/2

σ

τ

σ1=σ2σ3


0Fy =∑ , σ2 (2π r t) – p (πr2 ) = 0 , t2

rp2 =σ

Nestas considerações a tensão radial σ3 é considerada desprezível em relação a σ1 e

σ2, onde σ3 é máxima no lado interno da parede (σ3)max = p, é nula no lado externo da

parede parede σ3 = 0.

Ex: Um vaso de pressão cilíndrico tem raio r = 1000 mm e espessura t = 10 mm. Calcule as

tensões circunferencial e longitudinal e a variação de diâmetro do cilindro causados por uma

pressão interna de 0,80 MPa. Tome E = 200 Gpa e ν = 0,25.

10

100080,0

t

rp1 ==σ , σ1 = 80 Mpa

10.2

1000.80,0

t2

rp2 ==σ , σ2 = 40 Mpa

Deformação na direção circunferencial: ( )[ ]3211 E

1σ+σν−σ=ε . Considerando a tensão

radial σ3 = 0.

[ ]40.25,08010.200

131 −=ε , ε1 = 0,35 .10-3 mm/mm

r

r

r2

r2)rr(2

L

L

o1

∆=

ππ−∆+π

=∆

=ε , 1000

r10.35,0 3 ∆

=− , ∆r = 0,35 mm

Ex: Um vaso cilíndrico de pressão de 3 m de diâmetro externo, usado no processamento de

borracha, tem 10 m de comprimento. Se a parte cilíndrica do vaso é feita de chapa de aço de

25 mm de espessura e o vaso opera a pressão interna é de 0,1 kgf/mm2, determinar o

alongamento total da circunferência e o aumento de diâmetro provocados pela pressão de

operação. E = 20 000 kgf/mm2 e ν = 0,3.

t

rp1 =σ ,

25

10.5,1.1,0 3

1 =σ , σ1 = 6 kgf/mm2

t2

rp2 =σ , σ2 = 3 kgf/mm2


( )1

1211 L

L

E

1 ∆=νσ−σ=ε , ( )

31

10.3

L3.3,06

00020

1

π

∆=− , ∆L1 = 2,4 mm

( )d

d

d

ddd

L

L

1

11

∆=

ππ−∆+π

=∆

=ε , ( )310.3

d3.3,06

00020

1 ∆=− , ∆d = 0,765 mm

Ex: Um vaso de pressão de aço, cilíndrico fechado, de 2,5 m de diâmetro médio, com

espessura de parede de 12,5 mm, tem costura soldada topo a topo ao longo de um ângulo de

hélice α = 30°. Durante a pressurização, a medida de deformação através da solda, isto é, em

uma linha medida de α + 90°, é de 430x10-6 mm/mm. (a) Qual a pressão no vaso? (b) Qual

era a tensão de cisalhamento ao longo da costura? Considerar E = 20 000 kgf/mm2, G = 8 000

kgf/mm2.

( )ν+=

12

EG , ν = 0,25

( )LT1 E

1νσ−σ=ε , ( )LT

6 25,000020

110.430 σ−σ=− , LT 25,06,8 σ−σ= (1)

t

rp1 =σ ,

5,12

10.25,1p 3

1 =σ , σ1 = 100 p

t2

rp2 =σ , σ2 = 50 p

σ1

σ2

30°

30°

σ2

σ1

longitudinal

transversal


( )p25

2

p50p100

221

max =−

=σ−σ

=τ

( )p75

2

p50p100

221' =

+=

σ+σ=σ

p5,8760cos.p25p75T =+=σ o (2)

p5,6260cos.p25p75L =−=σ o (3)

Substituindo (2) e (3) em (1):

8,6 = 87,5 p – 0,25.62,6 p , p = 0,12 kgf/mm2

τ = τmax sen 60° = 25 . 0,12 . sen 60° = 2,59 kgf/mm2

Ex: Uma caldeira é construida com placas de aço de 8 mm de espessura que são rebitadas nas

extremidades juntamente com duas contra-placas de 8 mm de espessura. Os rebites tem

diâmetro de 10 mm e são espaçados de 50 mm. Se a caldeira tem diâmetro interno de 0,75 m e

a pressão é de 1,35 Mpa, determine (a) a tensão circunferencial das placas numa posição

distante da união entre elas, (b) a tensão circunferencial na contra-placas e (c) a tensão de

cisalhamento em cada rebite.

50 mm

8 mm

750 mm

τmax = (σ1-σ2)/2

σ

τ

σ1σ2 σL

60°

σT

σ’


(a)

8

10.75,0.35,1

t

rp 3

1 ==σ , σ1 = 126,6 Mpa

(b)

0Fx =∑ , 2[(σ1)cp (tcp dy)] +σ1 (t dy) – p (2r dy) = 0, cp

cp1 t2

rp)( =σ

8.2

10.75,0.35,1)(

3

cp1 =σ , (σ1)cp = 63,3 Mpa

(c)

σ1

σ1

dy

2rp

t

t

(σ1)cp

τ

dy b

tcp

σ1

(σ1)cp

dy

2rp

t

t

tcp

σ1

(σ1)cp

dy

2rp

t

t

tcp


∑ = 0Fcircunf , (σ1)cp.tcp.dy - τ b dy = 0 , (σ1)cp.tcp.dy = τ.b.dy = dF

)tocisalhamendefluxo(qdy

dFt)( cpcp1 ==σ

qdy

dFmm8

mm

N3,63

2==

q = 506,4 N/mm

(fluxo de cisalhamento)x(espaçamento) = q.e = força cortante que deve resistir cada

rebite.

V = q.e = 506,4 . 50 = 25320 N

4

10

25320

4

d

V22 π

=π

=τ , τ = 322,4 MPa

Deflexão de vigas 31

11 – DEFLEXÃO DE VIGAS

11.1 – Introdução

A ação de forças aplicadas provoca deflexão do eixo de uma viga em relação a sua

posição inicial. Devido a isto, deve-se frequentemente limitar os valores de deflexão de

maneira a impedir desalinhamentos em elementos de máquinas, e deflexões excessivas de

vigas em prédios na construção civil. Neste contexto, serão discutidos métodos de

determinação de deflexão e inclinações em pontos específicos da viga.

11.2 – Relação entre deformação-curvatura e momento-curvatura

No desenvolvimento da teoria de deflexão de vigas, deve-se considerar a hipótese

fundamental da teoria da flexão na qual as seções planas de uma viga, tomadas normalmente a

seu eixo, permanecem planas após a viga ser submetida à flexão.

A D’ D

ab

∆u

superfícieneutraρ

B CC’

cf

∆x

-y

∆θ

∆s

centróide

A D

B Cx ∆x

M MA D’

B C’

ρ

O

y

z

ρ = raio de curvatura

∆θ

∆s


A variação de comprimento ∆u das fibras pode ser expressa por:

θ∆−=∆ yu

Dividindo a expressão acima por ∆s, comprimento das fibras sobre a superfície neutra,

e levando ao limite, tem-se:

slimy

s

ulim

0s0s ∆θ∆

−=∆∆

→∆→∆ ou

ds

dy

ds

du θ−=

onde du/ds é a deformação linear de uma fibra da viga a uma distância y do eixo neutro.

Assim:

ds

du=ε

e da figura acima, tem-se a relação:

θ∆ρ=∆s ou ρ

=∆

θ∆ 1

s ou

ρ=

θ=

∆θ∆

→∆

1

ds

d

slim

0s

Substituindo as duas relações anteriores em ds

dy

ds

du θ−= , tem-se:

y

1 ε−=κ=

ρ

onde κ é definido como sendo a curvatura.

A relação acima pode ser usada tanto em problemas elásticos como em problemas

inelásticos, já que na sua dedução não foram utilizadas as propriedades do material. Para o

caso elástico, sabe-se que Ex

xσ

=ε e I

yMx −=σ , logo:

IE

M1=

ρ

11.3 – Equação diferencial para deflexão de vigas elásticas

A curva elástica da viga pode ser expressa matemáticamente por v = f(x). Para obter

esta equação, é preciso representar a curvatura (1/ρ) em termos da deflexão v e x que é da


forma:

( ) 2/32

22

dxdv1

dxvd

1

+

=ρ

,

( ) IE

M

dxdv1

dxvd

12/32

22

=

+

=ρ

A equação acima é chamada elástica cuja solução dá a solução exata da curva elástica.

Como para a maioria das vigas usadas em engenharia a curva elástica a deflexão é pequena, a

inclinação dv/dx também é pequena, podendo ser considerada desprezível comparada com a

unidade. Com esta simplificação, a equação da curva elástica pode ser expressa por:

IE

M

dx

vd2

2= ou M

dx

vdIE

2

2=

Considerando que )x(Vdx

dM−= e )x(w

dx

dV−= , temos:

)x(Vdx

vdIE

dx

d2

2−=

e )x(w

dx

vdIE

dx

d2

2

2

2=

Para o caso da rigidez em flexão EI ser constante:

)x(Vdx

vdIE

3

3−= e )x(w

dx

vdIE

4

4=

11.4 – Condições de contorno

Para a solução dos problemas de deflexão de vigas, além das equações diferenciais,

devem ser prescritas as condições de contorno. Alguns tipos de condições de contorno são as

seguintes:


v = 0

M = 0

Rolete (extremidade da viga)

v = 0

M = 0

Pino (extremidade da viga)

v = 0 Rolete (posição qualquer ao longo da viga)

v = 0 Pino (posição qualquer ao longo da viga)

v = 0

dv/dx=0

Suporte fixo ou engastado

V = 0

M = 0

Extremidade livre

M = 0 Articulação

onde v = deflexão, M = momento fletor e V = cortante.

MÉTODOS DE INTEGRAÇÃO DIRETA

11.5 – Solução de problemas de deflexão de vigas por meio de integração

direta

Como um exemplo geral de cálculo de deflexão de vigas, pode-se considerar uma viga

com carga distribuida. A deflexão neste caso é obtida após quatro integrações sucessivas.

)x(wdx

vdIE

4

4=


1

x

03

3Cdx)x(w

dx

vdIE += ∫

21

x

0

x

02

2CxCdx)x(wdx

dx

vdIE ++= ∫∫

32

2

1

x

0

x

0

x

0

CxC2

xCdx)x(wdxdx

dx

dvIE +++= ∫∫∫

43

2

2

3

1

x

0

x

0

x

0

x

o

CxC2

xC

6

xCdx)x(wdxdxdxvIE ++++= ∫∫∫∫

As constantes C1, C2, C3 e C4 são determinadas impondo as condições de contorno.

Para o caso de w(x), V(x) e M(x) discontínuos, a solução pode ser achada para cada segmento

da viga onde as funções são contínuas, impondo a continuidade de deflexão nos contornos

comuns de cada segmento da viga.

Ex: Achar a equação da curva elástica para uma viga simplesmente apoiada de comprimento

L e de constante EI, com um carregamento uniforme wo. (a) determinar a deflexão a partir da

equação de segunda ordem. (b) determinar a deflexão a partir da equação de quarta ordem.

Caso (a):

1 – Determinar as reações de apoio e a função de momento M(x).

0M A =∑ , ( ) 02

LLwLR oB =− ,

2

LwR o

B =

↑ 0Fy =∑ , ( ) 02

LwLwR o

oA =+− , 2

LwR o

A =

w = - wo

L

v(L)=0M(L)=0

v(0)=0M(0)=0

x

y,v

wo L

LRA RB


0M =∑ , ( ) 0M2

xxwxR oA =++− ,

2

xw

2

xLwM

2oo −=

2 – Partindo da equação da curva elástica, e integrando duas vezes e aplicando as condições

de contorno:

2

xw

2

xLwM

dx

vdIE

2oo

2

2−==

3

3o

2o C

6

xw

4

xLw

dx

dvIE +−=

43

4o

3o CxC

24

xw

12

xLw)x(vIE ++−=

Para x = 0, v(0) = 0 , C4 = 0

Para x = L, v(L) = 0, 0LC24

Lw

12

LLw)L(vIE 3

4o

3o =+−= ,

24

LwC

3o

3 −=

( )433o xLx2xLIE24

w)x(v +−−=

Devido a simetria, a maior deflexão ocorre em x = L/2. Para casos mais gerais,

0dx

dv= . Assim, vmax é:

IE384

Lw5v

4o

max −=

wo x

xRA

V

M

vmax 0 x

v


A inclinação da curva elástica dx

dv=θ é da forma:

−−==θ

24

Lw

6

xw

4

xLw

IE

1

dx

dv)x(

3o

3o

2o

Para x = 0, IE24

Lw)0(

3o−=θ

Para x = L, IE24

Lw)L(

3o=θ

Caso (b):

o4

4w)x(w

dx

vdIE −==

1o3

3Cxw

dx

vdIE +−=

MCxC2

xw

dx

vdIE 21

2

o2

2=++−=

Para x = 0, M(0) = 0, C2 = 0

Para x = L, M(L) = 0, 0LC2

Lw)L(M 1

2

o =+−= , 2

LwC o1 =

2

xw

2

xLwM

dx

vdIE

2oo

2

2−==

O resto do problema é o mesmo que no caso (a). Neste caso nenhum cálculo preliminar

das reações e da equação de momento é necessário. Este método pode ser vantajoso para

alguns problemas estaticamente indeterminados.

-woL3/24EI

0 x

θ woL3/24EI


Ex: Achar a equação da curva elástica para uma viga simplesmente apoiada suporta uma força

concentrada P, a uma distância a da extremidade A como mostra a figura abaixo. A rigidez

em flexão E I é constante.

Para o segmento AD (0 < x < a):

xL

bPM

dx

vdIE

2

2== , x

LIE

bP

dx

vd2

2=

1

2A

2

x

LIE

bP

dx

dv+= , 21

3AxA

6

x

LIE

bPv ++=

Condições de contorno:

Para x = 0, v(0) = 0, A2 = 0, xA6

x

LIE

bPv 1

3+=

Para o segmento DB (a < x < L):

)xL(L

aPM

dx

vdIE

2

2−== , x

LIE

aP

IE

aP

dx

vd2

2−=

P

L

v(L)=0M(L)=0

v(0)=0M(0)=0

x

y,v

BA

b a

RB = Pa/LRA = Pb/L

D

xPb/L

V

M

xPa/L

M


1

2B

2

x

LIE

aPx

IE

aP

dx

dv+−= , 21

32BxB

6

x

LIE

aP

2

x

IE

aPv ++−=

Condições de contorno:

Para x = L, v(L) = 0, 0BLB3

L

IE

aP)L(v 21

2=++=

Para x = a, v(segmento AD) = v(segmento DB)

aA6

a

LIE

bP1

3+ = 21

32BaB

6

a

LIE

aP

2

a

IE

aP++−

Para x = a, (dx

dv=θ (segmento AD)) = (

dx

dv=θ (segmento DB))

1

2A

2

a

LIE

bP+ = 1

2B

2a

LIEaP

aIEaP

+−

Solução:

( )221 bL

LIE6

bPA −−= , ( )22

1 aL2LIE6

bPB +−= ,

IE6

aPB

3

2 =

Equação da curva elástica para o segmento AD:

( )[ ]xbLxLIE6

bPv 223 −−=

Equação da curva elástica para o segmento DB:

( )IE6

aPxaL2

LIE6

bP

6

x

LIE

aP

2

x

IE

aPv

322

32++−−=

Se a > b, a maior deflexão se dará no segmento AD, logo:

0dx

dv= (segmento AD) ,

( )3

bLx

22 −=

A maior deflexão é:


( )( ) LIE39

bLbPv

2/322

max−

=

Se a força P fosse aplicada no centro do vão onde a = b = L/2, a maior deflexão seria:

IE48

LPv

3

max =

MÉTODO DE ÁREA DE MOMENTO

11.6 – Introdução ao método de área de momento

O método de área de momento é um método alternativo para a solução do problema da

deflexão, onde o carregamento é complexo e as áreas das seções transversais da viga variam.

O método é usualmente empregado para obter apenas o deslocamento e a rotação num único

ponto da viga. Ele possui as mesmas aproximações e limitações discutidas anteriormente, com

a determinação da deflexão apenas devido à flexão, a deflexão devido ao cortante é

desprezada.

11.7 – Dedução dos teoremas de área de momento

Os teoremas necessários se baseiam na geometria da curva elástica e no diagrama

associado (M/EI). Para a dedução dos teoremas, a equação diferencial da curva elástica deve

ser reescrita como:

IE

M

dx

d

dx

dv

dx

d

dx

vd2

2=

θ=

= ou dx

IE

Md =θ

w

A Bdx


Se o diagrama de momento fletor da viga é dividido pelo momento de inércia I e pelo

módulo de elasticidade E, então dθ é igual a área sob a curva M/EI para o segmento dx.

Integrando do ponto A até o ponto B tem-se:

dxIE

MB

AA/B ∫=θ

Esta equação representa o primeiro teorema de área de momento, que diz: o ângulo

entre as tangentes em dois pontos sobre a curva elástica é igual a área sob a curva M/EI entre

estes dois pontos.

θB/A

A

Tan B

B

Tan Acurva elástica

dθ

MM

dx

x

M/EI

BA dx

M/EI

w

A Bdx


Se o desvio vertical da tangente de um elemento dx medido a partir de uma linha

vertical passando por A é dt, então como é assumido que as deflexões são pequenas, tem-se

que ds’ = dt, logo:

θ= dxdt

Integrando esta expressão de A até B, o desvio vertical da tangente de A com relação a

tangente B é determinada por:

dxIE

Mxt

B

AB/A ∫=

Da equação que fornece o centróide de uma área temos: ∫∫ = dAxdAx . Como

∫ dxIE

Mrepresenta a área sob a curva M/EI, nós podemos escrever:

dxIE

Mxt

B

AB/A ∫=

A distância x é a distância do ponto A até o centróide da área sob a curva M/EI de A

até B. A equação acima representa o segundo teorema de área de momento.

dθ

A

Tan B

B

Tan A

tA/B

x dx

ds’dt

x

M/EI

BA x


O desvio vertical da tangente de B com relação a tangente A pode ser determinada de

maneira análoga e é dada por:

dxIE

Mxt

B

A

'A/B ∫=

A distância x ’ é a distância do ponto B até o centróide da área sob a curva M/EI de A

até B.

Ex: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. EI é constante.

EI64

PL3

4

L

EI8

PL

EI4

PL

2

1

4

L

EI8

PLdx

EI

M 2

TáreaRárea

C

DD/CC =

−+

==θ=θ ∫

444 3444 2143421

Ex: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. Tome Eaço = 200 Gpa, I = 17.10 6

mm4.

P

L/2

BA CD

L/4 L/4

θC/D

D

Tan C

C

Tan D

θC

x

M/EI

CD

PL/4EI

PL/8EI

L/4


Para pequenas deflexões, podemos considerar:

||8

t|||||| A/C

A/BA/CAC θ−=θ−θ=θ

Pelo primeiro teorema de área de momento:

IE

kNm8

IE

kNm8)m2(

2

1 2

Tdoárea

A/C =

=θ

44 344 21

Pelo segundo teorema de área de momento:

444 3444 2143421444 3444 2144 344 21TáreaT.centTáreaT.cent

A/B EI

kNm24m2

2

1m2

3

2

EI

kNm24m6

2

1m6

3

1m2t

+

+=

IE

mkN320t

2

A/B =

16 kN

A

2 m

B C 4 m 2 m

x

M/EI

8/EI

24/EI

2 m C

4 m 2 m

θC/A

Tan C C

Tan A

θA

Tan B

tB/A


IE

mkN32

IE

mkN8

IE8

mkN320||

8

t||

222

A/CA/B

C =−=θ−=θ

rad00941.0m10.17m/kN10.200

mkN32||

4626

2

C ==θ−

Ex: Determine o deslocamento do ponto C da viga abaixo se EI é constante.

0MA =∑ , 0MLR oB =− , L

MR o

B =

↑ 0Fy =∑ , L

MR o

A −=

0M =∑ , 0MMxL

Mo

o =+− , xL

MMM o

o −=

Mo A

L/2

B

L/2

C

tC/B

Tan C

CTan A

vC

Tan B

tA/B

RBRA

x

Mo

Mo/L

V

M

2L L

xMo/2EI

M/EI

Mo/EI


B/CB/A

c t2

tv −=

EI6

LML

EI

M

2

1L

3

1t

2oo

B/A =

=

EI48

LM

2

L

EI2

M

2

1

2

L

3

1t

2oo

B/C =

=

EI48

LM

EI12

LMv

2o

2o

c −= , EI16

LMv

2o

c =

O mesmo resultado pode ser obtido a partir de A/CA/B

c t2

tv −=

11.8 – Método da superposição

A equação diferencial )x(wdx

vdIE

4

4= satisfaz duas condições necessárias para

aplicar o princípio da superposição, isto é, w(x) é linear com relação a v(x) e o carregamento é

assumido não mudar a geometria original da viga. Logo, as deflexões devido a uma série de

carregamento atuando na viga, podem ser superpostas.

Ex: Determine o deslocamento no ponto C e a inclinação no suporte A da viga apresentada

abaixo. EI é constante.

8 kN

4 m

A B

4 m

2 kN/m

vCθA

=

(θA)1

4 m

A B

4 m

2 kN/m

(vC)1

+


A partir de tabelas (ver Hibbeler), o deslocamento no ponto C e a inclinação no ponto A são:

Para a carga distribuida:

( )IE

kNm24

IE128

)m8()m/kN2(3

IE128

Lw3 233

1A ===θ

( )IE

kNm33.53

IE768

)m8()m/kN2(5

IE768

Lw5v

344

1C ===

Para a carga concentrada:

( )IE

kNm32

IE16

)m8()kN8(

IE16

LP 222

2A ===θ

( )IE

kNm33.85

IE48

)m8()kN8(

IE48

LPv

333

1C ===

O deslocamento total no ponto C e a inclinação no pontoA é a soma algébrica de cada

carregamento calculado separadamente:

( ) ( )IE

kNm56 2

2A1AA =θ+θ=θ

( ) ( )IE

kNm139vvv

3

2C1CC =+=

Ex: Determine o deslocamento na extremidade C da viga apresentada abaixo. EI é constante.

(θA)2

4 m

A B

4 m

8 kN

(vC)2

10 kN

4 m

A C

2 m

5 kN/m

=B


Como tabelas não incluem vigas com extremidades em balanço, a viga pode ser separada

numa viga simplesmente apoiada e em outra engastada-livre.

Viga simplesmente apoiada com carga distribuida:

( )IE

kNm33,13

IE24

)m4()m/kN5(

IE24

Lw 233

1B ===θ

Como o ângulo é pequeno, (θB)1 ≈ tan (θB)1, o deslocamento no ponto C é:

( )IE

kNm67.26

IE

kNm33.13)m2(v

32

1C =

=

A força concentrada aplicada no ponto C pode ser aplicada no ponto B além de um binário:

( )IE

m.kN67,26

IE3

)m4()m.kN20(

IE3

LM 2o

2B ===θ

Considerando o ângulo pequeno, (θB)2 ≈ tan (θB)2, o deslocamento no ponto C é:

( )IE

kNm33.53

IE

m.kN67.26)m2(v

32

2C =

=

(θB)2

4 m

A

10 kN

2 m

+B (vC)2

(θB)220 kN/m

(θB)1

4 m

A

C

2 m

5 kN/m

+B

(vC)1

(θB)1


A força concentrada aplicada no ponto C para uma viga engastada-livre:

( )IE

m.kN67,26

IE3

)m2()m.kN10(

IE3

LPv

333

3C ===

O deslocamento total no ponto C é a soma algébrica de cada carregamento calculado

separadamente:

( ) ( ) ( )IE

m.kN3,53

IE

7,26

IE

3,53

IE

7,26vvvv

3

3C2C1CC =++−=++=

Ex: Determine a rigidez K da mola de maneira que não haja deflexão no Ponto C. EI é

constante.

a) deflexão do Ponto C considerando a viga rígida:

10 kN

(vC)3

C

2 m

B

w

b L

A

B

C

RB

K

w

b L

A

B C

RB

K vC1


0M A =∑ , 2

LwR B =

RB = K . vB , K2

Lwv B =

Por semelhança de triangulos: L

)bL(vv B1C

+= , )bL(

K2

wv 1C +=

b) Deflexão do Ponto C considerando a viga deformável:

Da tabela: EI24

Lw 3

B =θ , EI24

bLwbv

3

B2C =θ=

Vc1 – Vc2 = 0 , 0EI24

bLw)bL(

K2

w 3

=−+ , )bL(bL

EI12K

3+=

11.9 – Vigas estaticamente indeterminadas- método de integração

Vigas estaticamente indeterminadas são aquelas que apresentam um número de

reações incógnitas maior doque o número de equações de equilíbrio. As reações excedentes

são chamadas de redundantes e não são necessárias para manter o equilíbrio estático. O

número de reações redundantes classifica o grau de redundância da viga.

Para determinar as reações nas vigas estaticamente indeterminadas, é preciso

especificar as reações redundantes e determina-las a partir das condições de compatibilidade

da viga. Feito isto, as reações restantes são determinadas pelo equilíbrio estático.

O método da integração parte da equação diferencial: IE

M

dx

vd2

2= , onde M pode ser

expresso em termos das redundantes. Após a integração, as constantes de integração e as

w

b L

A

B

C

RB

K

vC2


redundantes podem ser determinadas pelas condições de contorno e continuidade do

problema.

Ex: Determine a reação em A para a viga estaticamente indeterminada como apresentada

abaixo. EI é constante.

Diagrama de corpo livre:

A reação no ponto A pode ser considerada redundante e o momento interno pode ser expresso

em função desta reação:

0M =∑ , 0x.R3

x.

L2

xwM Ay

2o =−+ ,

L6

xwx.RM

3o

Ay −=

Aplicando a equação do momento interno na equação diferencial da curva elástica:

L6

xwx.R

dx

vdIE

3o

Ay2

2−=

L

A B

wo

2L/3

A

B

woL/2

L/3RAy RBy

RBx

MB

x

A

wox2/2L

RAy

V

M


1

4o

2

Ay C4

x

L6

w

2

x.R

dx

dvIE +−=

21

5o

3

Ay CxC5

x

L24

w

6

x.RvIE ++−=

As incógnitas RAy, C1 e C2 são determinadas a partir das condições de contorno:

Para x = 0, v = 0; C2 = 0

Para x = L, 0dx

dv= ; 0C

4

L

L6

w

2

L.R)Lx(

dx

dvIE 1

4o

2

Ay =+−==

Para x = L, v = 0; 0LC5

L

L24

w

6

L.RvIE 1

5o

3

Ay =+−=

A solução é:

10

LwR o

Ay = , 120

LwC

3o

1 −=

Aplicando as equações de equilíbrio estático, as reações restantes são:

0R Bx = , 10

Lw4R o

By = , 15

LwM

2o

B =

Ex: Determine as reações nos suportes para a viga estaticamente indeterminada como

apresentada abaixo. EI é constante.


w

L

A B

wL

MB=M’RBRA

MA=M’


Devido a simetria, da equação de equilíbrio 0Fy =∑ tem-se que:

2

LwRR BA ==

A única redundante é M’, a qual pode ser expressa em função do momento interno M:

0M =∑ , 0'Mx2

Lw

2

xxwM =+−+ , 'M

2

xwx

2

LwM

2−−=

Substituindo na equação diferencial da curva elástica:

'M2

xwx

2

Lw

dx

vdIE

2

2

2−−=

1

32Cx'M

3

x

2

w

2

x

2

Lw

dx

dvIE +−−=

21

243CxC

2

x'M

4

x

6

w

3

x

4

LwvIE ++−−=

As incógnitas M’, C1 e C2 são determinadas a partir das condições de contorno:

Para x = 0, v = 0; C2 = 0

Para x = 0, 0dx

dv= ; C1 = 0

Para x = L, v = 0; 02

L'M

4

L

6

w

3

L

4

LwvIE

243=−−= ,

12

Lw'M

2=

A condição 0dx

dv= para x = L pode ser verificada substituindo o valor de M’ na curva de

inclinação da viga.

x

A

wx

RAy=wL/2

V

MMA=M’


11.10 – Vigas estaticamente indeterminadas - método de área de momento

Se o método de área de momento é usado para determinar as redundantes em uma viga

estaticamente indeterminada, o diagrama M/EI deve ser representado pelas redundantes que

são incógnitas do problema. Como no método de área de momento é necessário calcular a

área sob a curva M/EI e o centróide da área, o método é mais convenientemente utilizado

quando aplicado juntamente com o método da superposição, onde as áreas e os centróides das

áreas são facilmente determinados.

Ex: Determine as reações de apoio para a viga apresentada abaixo. EI é constante.

Diagrama de corpo livre devido a força P:

O diagrama M/EI devido a força P é:

P

A

L

B

L

P

RAy L

B

L

RAx

MA

2L L x

-2PL/EI

-PL/EI

M/EI


Diagrama de corpo livre devido a redundante RBy:

O diagrama M/EI devido a redundante RBy:

A curva elástica da viga é da forma:

Como ∆B = 0 ; tB/A = 0:

{0)L(

EI

PL

2

1L

3

2)L(

EI

PL

2

LL

EI

R

2

1L

3

2t

TáreaT.centRáreaR.centTárea

By

T.cent

A/B =

−

+

−

+

=

44 344 213214342144 344 21321

RBy = 2,5 P

Das equações de equilíbrio, temos:

RAx = 0 , RAy = 1,5 P , MA = 0,5 P L

Ex: Determine as reações de apoio para a viga apresentada abaixo. EI é constante.

Tan AA

B

tB/A = 0

Tan B

2L L xRByL/EI

M/EI

RBy

RAy L

B

L

RAx

MA



O diagrama M/EI devido a redundante RBy e o momento Mo é construido da seguinte maneira.

Devido a redundante RBy:

0MB =∑ , RCy L – RAy L = 0 , RCy = RAy

↑ 0Fy =∑ , RAy – RBy + RCy = 0 , RAy = RBy /2

0M =∑ , 0x2

RM

By =− , x2

RM

By=

Devido ao momento Mo:

↑ 0Fy =∑ , RAy + RCy = 0 , RAy = - RCy

0MA =∑ , - Mo + RCy 2L = 0 , RCy = Mo/2L , RAy = - Mo/2L

MoA

L

B

L

C

Mo

RAy L L

RAx

RByRCy

A

RBy/2M

x

2L L

x

RByL/2EIM/EI


0M =∑ , 0xL2

MM o =+ , x

L2

MM o−=

A curva elástica da viga é da forma:

Da figura acima, temos:

∆A = ∆B = ∆C = 0 e C/AC/B t2

1t =

44 344 2132144 344 2132144 344 21321Qárea

o

Q.centTárea

o

T.centTárea

By

T.cent

C/B )L(EI2

M

2

1L

2

1)L(

EI2

M

2

1L

3

2)L(

EI2

LR

2

1L

3

1t

−

+

−

+

=

444 3444 2132144 344 214342144 344 21321áreaT

o

T.centáreaT

By

T.centáreaT

By

T.cent

C/A )L2(EI

M

2

1L2

3

2)L(

EI2

R

2

1L

3

1L)L(

EI2

LR

2

1L

3

2t

−

+

++

=

A solução é:

L2

M3R o

By =

Aplicando as equações de equilíbrio, determina-se as reações restantes:

A

-Mo/2LM

x

2L L x

-Mo/2EI

M/EI

-Mo/EI

Tan C

A

LB

L

C

tB/C

tA/C Tan B

Tan A


RAx = 0 , L4

MR o

Ay = , L4

M5R o

Cy =

O problema pode também ser resolvido da seguinte maneira:

De onde, tem-se:

A/CA/B t2

1t =

11.11 – Vigas estaticamente indeterminadas - método da superposição

Para a aplicação do método da superposição é necessário identificar as redundantes e

aplicar as forças externas separadamente. As redundantes são determinadas impondo as

condições de compatibilidade nos apoios.

Ex: Determine as reações para a viga abaixo escolhendo RBy como sendo redundante. EI é

constante.

a) Removendo a RBy:

Tan C

A LB

L

CtB/A

tC/A

Tan B

Tan A

P

A

L/2

B

L/2

=

P

A

L/2 B L/2

+vB


IE48

LP5v B =

b) Removendo a força P:

IE3

LR'v

3By

B =

c) Condições de compatibilidade

0 = - vB + vB’ , IE3

LR

IE48

LP50

3By+−= , P

16

5R By =

Aplicando as equações de equilíbrio estático, determina-se as reações restantes:

0R Ax = , P16

11R Ay = , LP

16

3M A =

Ex: Determine as reações para a viga abaixo escolhendo MA como sendo redundante. EI é

constante.

a) Removendo a MA:

A

L/2

B

L/2

vB’

RBy

P

A

L/2

B

L/2

=

A

L/2

P

L/2

BθA


IE16

LP 2

A =θ

b) Removendo a força P:

IE3

LM' A

A =θ

c) Condições de compatibilidade

0 = - θA + θA’ , IE3

LM

IE16

LP0 A

2+−= , LP

16

3MA =

Ex: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.

Devido a simetria: RA = RB = 5400 kgf e MA = MB.

a)

EI6

6,3.6000

EI6

Lw 33

D ==θ , EI8

6,3.6000

EI8

Lwv

44

D ==

A

L/2

MA

L/2

BθA’

6 000 kgf/m

RA1,8 m

A

RB

MA MB1,8 m 1,8 m

B C D

6 000 kgf/m

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B D

vB1


vB = vD + θD. 1,8 , 8,1.EI6

6,3.6000

EI8

6,3.6000v

34

B +=

b)

EI6

8,1.6000

EI6

Lw 33

C ==θ , EI8

8,1.6000

EI8

Lwv

44

C ==

vB = vC + θC. 3,6 , 6,3.EI6

8,1.6000

EI8

8,1.6000v

34

B +=

c)

EI3

4,5.5400

EI3

LRv

33B

B ==

d)

EI2

4,5M

EI2

LMv

2B

2B

B ==

vB1 – vB3 – vB3 + vB4 = 0

MA = MB = 7020 kgf m

6 000 kgf/m

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B C vB2

RB

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B vb3

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B MB

vB4


12 – MÉTODO DA ENERGIA


Nos capítulos anteriores, as formulações se apoiam no método newtoniano da

mecânica dentro do qual o equilíbrio estático é representado de maneira vetorial. Uma outra

alternativa, é utilizar o método lagrangeano que usa funções escalares, baseados em conceitos

de trabalho e energia.

12.2 – Energia de deformação elástica

O trabalho interno armazenado em um corpo deformável como energia elástica de

deformação ou energia de deformação elástica é o produto da força média que atua sobre o

corpo enquanto ocorre a deformação, multiplicada pela distância na qual ela age. Seja então o

elemento de volume dx, dy, dz:

( ) dV2

1dx..dz.dy

2

1dU xxxx εσ=ε

σ=

A densidade de energia de deformação Uo é interpretada graficamente como a área sob

linha inclinada do diagrama tensão deformação.

2U

dV

dU xxo

εσ==

dy

dx

dzσxσxx

y

z

εx

σx

E

Método da Energia 63

No caso de um elemento de volume dx, dy, e dz submetido a um cisalhamento, a

energia de deformação é do tipo:

( ) dV2

1dy..dz.dx

2

1dU xyxyxyxy γτ=γ

τ=

ou:

2U

dV

dU xyxyo

ciscis

γτ==

Para o caso de um corpo submetido à tensões normais σx, σy e σz e à tensões de

cisalhamento τxy, τxz e τyz, a energia de deformação total é:

xzxzyzyzxyxyzzyyxxo 2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1dU

dV

dUγτ+γτ+γτ+εσ+εσ+εσ==

Das relações para deformações obtidas anteriormente, temos:

( ) ( ) ( )xz2

yz2

xz2

xzzyyx2

z2

y2

xo G2

1

EE2

1U τ+τ+τ+σσ+σσ+σσ

υ−σ+σ+σ=

Em geral, para um corpo elástico sob tensão, a energia de deformação total é obtida

pela integração volumétrica:

zyxV o dddUU ∫∫∫=

ou:

( ) dzdydx2

1U V zxzxyzyzxyxyzzyyxx∫∫∫ γτ+γτ+γτ+εσ+εσ+εσ=

A equação acima pode ser simplicada, se somente as energias de deformação de barras

axialmente carregadas, vigas fletidas e cisalhadas forem consideradas:

( ) dzdydx2

1U V xyxyxx∫∫∫ γτ+εσ=

Para materiais linearmente elásticos, com tensão uniaxial, E/xx σ=ε e no

cisalhamento puro, G/xyxy τ=γ . Assim a equação anterior pode ser reordenada da sequinte

maneira:


∫∫∫∫∫∫τ

+σ

= V

2xy

V

2x dzdydx

G2dzdydx

E2U

Energia de deformação para barras axialmente carregadas

Para este caso, AP

x =σ e AdzdyA

=∫∫ . Desta forma, P e A são funções somente de

x, logo:

dzdydxEA2

PdV

E2U

V 2

2

V

2x ∫∫∫∫∫∫ =

σ=

dxAE2

Pdxdzdy

EA2

PU

L

2

AL2

2

∫∫∫∫ =

=

Se P, A e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se:

AE2

LPU

2

=

Energia de deformação na flexão

Para este caso, I

yMx −=σ e Idzdyy

A2 =∫∫ . Como, M e I são funções somente de

x, logo:

dzdydxyI

M

E2

1dV

E2U

2

VV

2x ∫∫∫∫∫∫

−=

σ=

dxIE2

Mdxdzdyy

IE2

MU

L

2

A

2

L2

2

∫∫∫∫ =

=

Se M, I e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se:

IE2

LMU

2

=

Energia de deformação para tubos circulares em torção

Para este caso, J

T ρ=τ e Jdzdy

A2 =ρ∫∫ . Como, T e J são funções somente de x,

logo:


dzdydxJ

T

G2

1dV

G2U

2

VV

2

∫∫∫∫∫∫

ρ=

τ=

dxJG2

Tdxdzdy

JG2

TU

L

2

A

2

L2

2

∫∫∫∫ =

ρ=

Se T, J e G são constantes ao longo do comprimento L do tubo, tem-se:

JG2

LTU

2

=

Ex: Achar a energia absorvida por uma viga retangular elástica em flexão pura, em termos da

máxima tensão e do volume do material.

IE2

LMU

2

= , como 23max

hb

M6

12

hb

2/hM

I

cM===σ e

12

hbI

3

=

σ

=

σ

=3

V

E23

Lhb

E2U

2max

2max

Com relação a energia absorvida por uma barra axialmente carregada onde a energia é:

( )VE2E2

LA

A

P

AE2

LPU

2max

2

22 σ===

observa-se que a viga absorve somente 1/3 da energia absorvida pela barra. Isto é devido ao

fato de que as tensões são variáveis ao longo da seção.

12.3 – Deslocamentos pelos métodos de energia

O princípio da conservação da energia, no qual assume-se que nenhuma energia é

perdida ou criada, pode ser adotado para a determinação dos deslocamentos de sistemas

elásticos devido às forças aplicadas. Partindo deste princípio, supõe–se que o trabalho

realizado pelas forças externas é igual a energia absorvida pelo corpo. Logo.

UWe =


Alternativamente, pode-se dizer que a soma dos trabalhos das forças externas e das

forças internas é nulo.

0WW ie =− ou iWU −=

O trabalho interno é negativo porque as deformações sofrem oposição das forças

internas.

O trabalho das forças externas é o trabalho da força média, partindo de zero até seu

valor máximo, multiplicada pelo deslocamento na direção de sua ação.

Ex: Achar a deflexão da extremidade livre de uma barra elástica de seção transversal A e

comprimento L, devido a uma força axial P aplicada na extremidade livre.

AE2

LPU

2

= e ∆= .P2

1We

UWe = , AE2

LP.P

2

1 2

=∆ è AE

LP=∆

Ex: Achar a rotação da extremidade de um eixo circular elástico, em relação ao extremo

engastado, quando é aplicado um torque T na extremidade livre.

JG2

LTU

2

= e ϕ= .T2

1We

UWe = , JG2

LT.T

2

1 2

=ϕ è JG

LT=ϕ

P

L ∆

L

T


Ex: Achar a máxima deflexão devido a uma força P aplicada na extremidade de uma viga

elástica em balanço, tendo seção transversal retangular, como mostrado abaixo. Considerar os

efeitos das deformações de flexão e angular.

∫∫ =−

==L

0

322L

0

2

IE6

L.Pdx

IE2

)x.P(dx

IE2

MU

Como a tensão de cisalhamento é constante ao longo da direção x, já que o cortante V

é constante e igual a P, e constante ao longo da largura da viga, e da forma

−

=τ 2

2

y2

h

I2

P, a integral pode se transformar numa integral simples, onde o volume

infinitesimal dV é igual a Lbdy.

∫∫+

−

−

=

τ=

2/h

2/h

2

22

V

2

Lbdyy2

h

I2

P

G2

1dV

G2U

GA5

LP3

hb

12

G240

hbLP

30

h

IG8

bLPU

22

3

525

2

2

=

==

onde A = b h, é a área da seção transversal da viga.

∆= .P2

1We

cisflexãoe UUUW +== , GA5

LP3

IE6

LP.P

2

1 232

+=∆ è GA5

LP6

IE3

LP 3

+=∆

O primeiro termo da deflexão, é devido à flexão e o segundo devido ao cisalhamento.

No segundo termo, a relação P/A pode ser interpretada como sendo a tensão de cisalhamento

P

L

b

h

V=P

x

M=-Px

L

γ


média sobre a seção transversal , A

Vmed =τ . Esta quantidade dividida pelo módulo de

cisalhamento G é a deformação angular GA

V

Gmed =

τ=γ , que multiplicada pelo comprimento

L fornece a deflexão na extremidade da barra. O número 6/5, que aparece no termo da

deflexão devido ao cisalhamento, pode então ser interpretado como um fator de correção

utilizado quando considera-se a tensão de cisalhamento constante sobre toda a seção.

+=∆

2

23

L

h

G10

E31

IE3

LP

Na equação anterior, se a relação for E/G = 2,5 para aços mais comumente utilizados,

ela pode ser reescrita da forma:

flexão2

2

L

h75,01 ∆

+=∆

Para vigas curtas, onde por exemplo L = h, a deflexão total é igual a 1,75 vezes a

deflexão devido a deflexão, enquanto que para vigas longas, L >> h, a deflexão devido ao

cisalhamento é praticamente nula.

Ex: Determine o deslocamento horizontal do ponto D. Considere AE constante.

P

AB

CD

0.6 L

0.8 L

L

P

AB

CD

0.6 L

0.8 L

L

RA RBy

RBx


0M A =∑ , RBy . 0,8 L – P . 0,6 L = 0 , P4

3R By =

↑ 0Fy =∑ , 0P4

3R Ay =− , P

4

3R Ay =

→ 0Fx =∑ , 0PR Bx =− , RBx = P

Cálculo dos esforços internos de cada membro.

Ponto D:

↑ 0Fy =∑ , PAD = 0

→ 0Fx =∑ , – P + PDC = 0 , PDC = P (tração)

Ponto C:

5

4cos =θ ,

5

3sen =θ

→ 0Fx =∑ , – PDC + PAC cosθ = 0 , P4

5PAC = (compressão)

↑ 0Fy =∑ , PAC senθ + PBC = 0, P4

3PBC −= (tração)

Ponto A:

→ 0Fx =∑ , - PAC cosθ + PAB = 0 , PAB = P (tração)

P

PAD

PDCD

PBC

PDC C

PAC

θ

PAB

PAD

A

PAC

θ

RAy


↑ 0Fy =∑ , RAy - PAC senθ + PAD = 0, P4

3R Ay = (Ok)

∑=∆EA2

LPP

2

12k ,

( ) ( )AC

2

BC

2

DC

2

AB

2

AE

LP4/5

AE

L6,0P4/3

AE

L8,0P

AE

L8,0PP

−+

+

+

=∆

AE

PL5,3=∆

O método discutido até o momento, só pode ser utilizado para a determinação de uma

incógnita, como por exemplo uma deflexão. Para a determinação de duas ou mais incógnitas é

necessário o desenvolvimento de métodos mais gerais.

12.4 – Teorema da energia de deformação e da energia de deformação

complementar

No cálculo das deflexões de sistemas elásticos, o seguinte teorema pode ser

frequentemente aplicado com vantagem: A derivada parcial da energia de deformação de um

sistema elástico linear em relação a qualquer força selecionada que age sobre o sistema, dá o

deslocamento daquela força na direção de sua linha de ação. As palavras força e deslocamento

têm sentido generalizado e incluem, respectivamente, momento e deslocamento angular. Esse

é o segundo teorema de Castigliano.

Para a interpretação do teorema de Castigliano, considere um caso de uma barra

carregada axialmente. Para um caso mais geral, onde a barra é elástica mas não linear, o

diagrama tensão-deformação é da forma.

dε1ε1 ε

dσ1

σ1

σ

0


Multiplicando a tensão pela área da seção transversal A, obtêm-se a força P, e

multiplicando a deformação pelo comprimento L obtêm-se a elongação ∆. O diagrama força-

elongação (P-∆) corresponde ao diagrama tensão-deformação (σ-ε).

De acordo com a figura acima, quando a força P1 é acrescida de dP1, a barra se alonga

de d∆1, logo o trabalho incremental produzido é:

( ) 1111111e ddPdPddPPdW ∆+∆=∆+=

Desprezando os efeitos de ordem superior, dP1 d∆1, trabalho incremental produzido é:

11e dPdW ∆=

Partindo do princípio da conservação da energia, We = U, o incremento de energia de

deformação é:

11 dPdU ∆= , ∫∆

∆==0

11e dPUW

A equação acima pode ser interpretada geométricamente como sendo a área sob a

curva força-deslocamento. A derivada com relação ao limite superior fornece:

Pd

dU=

∆ (primeiro Teorema de Castigliano)

d∆1∆1 ∆

dP1

P1

P

0

We=U

We*=U*


Uma expressão análoga pode ser obtida quando a elongação ∆1, é acrescida de d∆1,

causando um aumento da força dP1, logo o trabalho incremental produzido, definido como

trabalho complementar, é:

( ) 1111111*

e ddPdPddPdW ∆+∆=∆+∆=

Desprezando os efeitos de ordem superior, dP1 d∆1 e partindo do princípio da

conservação da energia, We* = U* , o incremento de energia de deformação complementar é:

11* dPdU ∆= , ∫ ∆==

P

011

**e dPUW

A equação acima pode ser interpretada geométricamente como sendo a área sobre a

curva força-deslocamento da direção da força P. A derivada com relação ao limite superior

fornece:

∆=dP

dU* (segundo Teorema de Castigliano)

Generalizando para o caso de várias forças externas sendo aplicadas num corpo

estáticamente determinado, a energia de deformação complementar U* é definida como sendo

função destas forças:

)M,,M,,M,M;P,,P,,P,P(UU pj21nk21** LLLL=

Logo, um incremento infinitesimal na energia δU* é dada pelo diferencial:

LLL +δ∂∂

++δ∂∂

++δ∂∂

+δ∂∂

=δ jj

*

kk

*

22

*

11

** M

M

UP

P

UP

P

UP

P

UU

Se for considerado que somente a força Pk é incrementada de δPk, a energia de

deformação complementar será incrementada de:


kk

** P

P

UU δ

∂∂

=δ

A energia de deformação total é:

kk

***

total PP

UUU δ

∂∂

+=

E considerando que somente a força Pk é incrementada de δPk, o trabalho

complementar total devido a este incremento é:

kk*

e*totale PWW ∆δ+=

Do princípio de conservação de energia, δU* = δWe*:

kk

*

kk PP

UP δ

∂∂

=∆δ , k

*

k P

U

∂∂

=∆

Generalizando a equação acima para o caso da aplicação de um momento Mj:

j

*

j M

U

∂∂

=θ

onde θj é a rotação na direção do momento Mj.

13.5 – Teorema de Castigliano para deflexão

O teorema de Castigliano é aplicado em sistemas elásticos lineares com pequenas

deformações. Neste caso, a energia de deformação é igual a energia de deformação

complementar, U = U*.


O segundo teorema de Castigliano é a consequência desta igualdade, onde temos:

kk

*

k P

U

P

U

∂∂

=∂∂

=∆ , jj

*

j M

U

M

U

∂∂

=∂∂

=θ

Como anteriormente, U é função das forças externas aplicadas, e ∆k é a deflexão (ou

θk é a rotação) na direção da força Pk (ou momento Mk).

O primeiro teorema de Castigliano, permanece o mesmo como visto anteriormente

considerando a não linearidade do material. Neste caso, U é função dos deslocamentos , e Pk é

a força (ou Mk é o momento) aplicada na direção da deflexão ∆k (ou rotação θk).

kk

UP

∆∂∂

= , k

kU

Mθ∂

∂=

Ex: Aplicando o teorema de Castigliano, determinar as deflexões e rotações obtidas para uma

barra carregada axialmente, um eixo circular em torção e uma viga engastada livre com uma

carga na extremidade livre.

Barra carregada axialmente (P=constante):

EA2

LPU

2

= onde, EA

LP

P

U=

∂∂

=∆

Eixo circular em torção (T=constante):

JG2

LTU

2

= onde, JG

LT

T

U=

∂∂

=θ=ϕ

∆k

Pk

Energia dedeformação U

Energia de deformaçãocomplementar U*=U

0


Viga engastada livre com uma carga na extremidade livre:

GA5

LP3

IE6

LPU

232

+= onde, GA5

LP6

IE3

LP

P

U 3

+=∂∂

=∆

Ex: Determine a deflexão vertical do ponto B na estrutura abaixo, causada pela aplicação da

força P = 3 N usando o segundo teorema de Castigliano. Assumir que cada barra tem seção

transversal constante, com AAB = A1 = 0,125 mm2 e ABC = A2 = 0,219 mm2. Tome E = 2.1

1011 N/m2.

Do equilíbrio estático no ponto B, temos:

5

2cos =θ ,

5

1sen =θ

2

2cos =α ,

2

2sen =α

→ 0Fx =∑ , - PAB cosθ + PBC cosα = 0 , 02

2P

5

2P BCAB =+− ,

2

5

2

2PP BCAB =

↑ 0Fy =∑ , PAB senθ + PBC senα - P = 0 , P2

2P

5

1P BCAB =+ , P

3

22PBC = ,

P3

5PAB =

B

A

C

100 mm

200 mm

200 mm

P = 3 N

PAB

B

α

θ

PBC

P


A energia de deformação elástica do sistema é:

22

22

2

11

12

12

1k kk

k2

k*

EA2

LP

EA2

LP

EA2

LPUU +=== ∑

=

Derivando a expressão de energia com relação a P, força atuante em B, temos a deflexão

vertical no ponto B.

P

P

EA

LP

P

P

EA

LP

P

U 2

22

221

11

11B ∂

∂+

∂∂

=∂∂

=∆ , com 3

5

P

P1 =∂∂

e 3

22

P

P2 =∂∂

Substituindo os valores na expressão acima, com L1 = 100√5 mm e L2 = 200√2 mm.

3

22

10.210.219,0

2200.3/P22

3

5

10.210.125,0

5100.3/P533B +=∆

∆B = 0.0306 mm

12.6 – Teorema de Castigliano para deflexão em vigas

Ex: Usando o teorema de Castigliano, determine a deflexão e a rotação da extremidade livre

da viga em balanço com carregamento uniformente, com EI = constante.

Como nenhuma força é aplicada onde deve ser determinada a deflexão, para a utilização do

teorema de Castigliano, uma força fictícia RA = 0 deve ser aplicada neste ponto, oque permite

determinar AR

U

∂∂

. Logo.

L

wo

A

wo

RA x

M


xR2

xwM A

2o +−= e x

R

M

A

=∂∂

dxIE2

MU

L

0

2

∫= , dxR

M

IE

M

R

U L

0 AA∫ ∂

∂=

∂∂

=∆

dx)x(xR2

xw

IE

1

R

U L

0A

2o

AA ∫ +

+−=

∂∂

=∆

IE8

Lw 4o

A −=∆ (direção contrária a direção da aplicação da força RA)

Como nenhum momento é aplicado onde deve ser achada a rotação, para a utilização do

teorema de Castigliano, um momento fictício MA = 0 deve aplicado ser neste ponto, oque

permite determinar AM

U

∂∂

. Logo.

A

2o M2

xwM −−= e 1

M

M

A

−=∂∂

dxIE2

MU

L

0

2

∫= , dxM

M

IE

M

M

U L

0 A∫ ∂

∂=

∂∂

=θ

dx)1(M2

xw

IE

1

M

U L

0A

2o

AA ∫ −

−−=

∂∂

=θ

IE6

Lw 3o

A =θ (mesma direção que o momento fictício MA)

Ex: Determine o deslocamento vertical do ponto C para a viga mostrada abaixo. EI é

constante. 6 kN/m

2 m4 m

A

B

C

RCRBRA

wo

MA

x M


0M B =∑ , 92

RR C

A +=

TRECHO AB (0 < x < 4):

x92

Rx3M C2

++−= e

2

x

R

M

C

=∂∂

TRECHO BC (0 < x < 2):

2C )x2(3)x2(RM −−−= e )x2(

R

M

C

−=∂∂

dxIE2

MU

L

0

2

∫= , dxR

M

IE

M

R

U L

0 CCC ∫ ∂

∂=

∂∂

=∆

( ) dx)x2()x2(3)x2(RIE

1dx)

2

x(x9x

2

Rx3

IE

1 2

0

2C

4

0

C2C ∫∫ −−−−+

++−=∆

EI

12C −=∆ (direção contrária a direção da aplicação da força RC)

12.7 – Teorema de Castigliano para vigas estaticamente indeterminadas

Ex: Considere a viga uniformemente carregada, fixa numa extremidade e apoiada na outra,

como mostrado abaixo. Determine a reação em A.

xR2

xwM A

2o +−= e x

R

M

A

+=∂∂

dxIE2

MU

L

0

2

∫= , dxP

M

IE

M

P

U L

0∫ ∂

∂=

∂∂

=∆

0R

U

AA =

∂∂

=∆ , dx)x(xR2

xw

IE

1 L

0A

2o

A ∫ +

+−=∆

wo

RA x

M A


0IE3

LR

IE8

Lw 3A

4o =+− ,

8

Lw3R o

A +=

Ex: Determine para a viga apresentada abaixo as reações de apoio.

0M A =∑ , 32

RR B

C +−=

↑ 0Fy =∑ , 92

RR B

A +−=

TRECHO AB (0 < x < 2):

x2

Rx9x3M B2 −+−= e

2

x

R

M

B

−=∂∂

TRECHO BC (0 < x < 2):

6Rx3x2

RM B

B +−−= e 12

x

R

M

B

−=∂∂

dxIE2

MU

L

0

2

∫= , 0dxR

M

IE

M

R

U L

0 BBB =

∂∂

=∂∂

=∆ ∫

dx)12

x(6Rx3x

2

R

IE

1dx)

2

x(x

2

Rx9x3

IE

1 2

0B

B2

0

B2B ∫∫ −

+−−+−

−+−=∆

RB = 7,5 kN , RA = 5,25 kN , RC = - 0,75 kN

Ex: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.

6 kN/m

RA

RB

A

RC

B C

2 m 2 m


Devido a simetria: RA = RB = 5400 kgf e MA = MB.

TRECHO AC (0 < x < 1,8m):

x5400MM A +−= e 1M

M

A

−=∂∂

TRECHO CD (0 < x < 1,8m):

2

x6000)x8,1(5400MM

2

A −++−= e 1M

M

A

−=∂∂

TRECHO DB (0 < x < 1,8m):

)x8,1(5400MM A −+−= e 1M

M

A

−=∂∂

dxIE2

MU

L

0

2

∫= , 0dxM

M

IE

M

M

U L

0 AAA =

∂∂

=∂∂

=θ ∫

( ) ( )( )

( )( ) dx)1(x8,15400MIE

1

dx)1(x3000x8,15400MIE

1dx)1(x5400M

IE

1

8,1

0A

8,1

0

2A

8,1

0AA

∫

∫∫

−−+−

+−−++−+−+−=θ

MA = MB = 7020 kgf m

12.8 – Método do trabalho virtual para deflexões

É possivel imaginar que um sistema mecânico real ou estrutural em equilíbrio estático

seja deslocado arbitrariamente de forma coerente com suas condições de contorno ou

vínculos. Durante esse processo, as forças reais que atuam sobre o sistema se movem em

6 000 kgf/m

RA1,8 m

A

RB

MA MB1,8 m 1,8 m

B C D


deslocamentos imaginários ou virtuais. Alternativamente, forças virtuais ou imaginárias, em

equilíbrio com o sistema dado, podem provocar deslocamentos reais cinematicamente

admissíveis. Em qualquer dos casos pode-se formular o trabalho imaginário ou virtual

realizado. Aqui, a discusão ficará limitada à consideração de forças virtuais com

deslocamentos reais.

Para forças e deslocamentos que ocorrem da maneira acima, o princípio da

conservação da energia permanece válido. A variação no trabalho total devido a essas

perturbações deve ser nula. Logo:

0WW ie =δ+δ ou ie WW δ−=δ

onde δWe e δWi são as variações dos trabalhos virtuais externos e internos.

É mais conveniente substituir a variação do trabalho virtual interno δWi pela variação

do trabalho virtual externo nos elementos internos δWei. As quantidades são numericamente

iguais porém de sinais opostos. Logo:

eie WW δ=δ

A relação acima exprime o princípio do trabalho virtual. Para sistemas de corpo rígido,

o termo δWei é igual a zero, enquanto que nos sistemas elásticos δWei = δU.

Para a determinação da deflexão de qualquer ponto do corpo, devido a deformações

quaisquer que ocorram em um corpo, a equação acima pode ser colocada de forma mais

adequada. Para isto, considere um corpo como mostrado abaixo, no qual é procurada a

deflexão de um ponto A, na direção A-B, causada pela deformação do corpo. A equação do

trabalho virtual pode ser formulada pelo emprego da seguinte sequência de argumentos:

Primeiro, aplicar ao corpo sem carga uma força imaginária ou virtual

δF, atuando na direção A-B, a qual causa forças internas através do corpo. Essas forças

internas, indicadas por δf, podem ser achadas nos sistemas estaticamente determinados.


Em seguida, com a força virtual sobre o corpo, aplicar as forças reais, ou introduzir as

deformações especificadas, tal como devido a uma variação na temperatura. Isso causa

deformações internas reais ∆L, que podem ser calculadas. Devido a essas deformações, o

sistema de força virtual realiza trabalho.

Desta forma, como o trabalho externo realizado pela força virtual δF, movendo-se de

∆ na direção dessa força é igual ao trabalho total realizado nos elementos internos pelas forças

virtuais internas δf, movendo-se das distâncias reais respectivas ∆L, a forma especial da

equação do trabalho virtual se torna:

∑ ∆δ=∆δ LfF

Como todas as forças virtuais alcançam seus valores completos antes de impostas as

deformações reais, nenhum fator metade (1/2) aparece na equação. A soma, ou em geral, a

integral é necessária no segundo membro da equação acima para indicar que todo o trabalho

interno deve ser incluido. É particularmente interessante escolher δF igual a unidade:

∑ ∆=∆ Lf1

onde:

∆ = deflexão real de um ponto na direção da força virtual unitária aplicada,

f = forças internas causadas pela força virtual unitária,

∆L = deformações internas reais de um corpo.

As deformações reais podem decorrer de qualquer causa, com as deformações

elásticas sendo um caso especial. As forças de tração e os alongamentos dos membros são

A

BδF

A força em umelemento típico é

A

B

δF

P1

P2

A deformação emum elemento típicodevido às forças

∆L

Posição finaldo ponto A O deslocamento

do ponto A nadireção A-B é ∆


considerados positivos. Um resultado positivo indica que a deflexão ocorre na mesma direção

que a força virtual aplicada.

Na determinação das relações angulares de um membro, é usado um conjugado

unitário no lugar da força unitária. Na prática, o procedimento do uso da força unitária ou do

conjugado unitário, juntamente com o trabalho virtual, denomina-se método da carga unitária

fictícia.

12.9 – Equações do trabalho virtual para sistemas elásticos

A equação do trabalho virtual pode ser específica para cada tipo de problema, tanto

para cargas axiais como para membros em flexão.

Treliças:

Uma força unitária virtual deve ser aplicada em um ponto, na direção da deflexão a ser

determinada.

Se as deformações reais são elásticas lineares e decorrem apenas de deformações

axiais, EA

LPL =∆ , logo a equação do trabalho virtual para este caso é:

ii

iin

1ii EA

LPp1 ∑

==∆

onde:

pi = força axial em um membro devido à força unitária virtual

Pi = força no mesmo membro devido aos carregamentos reais.

A soma extende-se a todos os membros da treliça.

Vigas:

Da aplicação de uma força unitária virtual na direção da deflexão desejada, surgirão

momentos fletores internos nas várias seções designados por m. Ao se aplicar as forças reais,

os momentos fletores giram as seções da viga de dθ = Mdx/(EI) radianos. Assim, o trabalho

realizado em um elemento da viga pelos momentos virtuais m é mMdx/(EI). Integrando essa

equação ao longo do comprimento da viga, obtemos o trabalho externo nos elementos

internos. Logo a equação do trabalho virtual para este caso é:

∫=∆L

0 IE

dxMmx1


Uma expressão análoga pode ser usada para achar a rotação angular de uma seção

particular. Para esse caso, no lugar de se aplicar uma força unitária virtual, aplica-se um

conjugado unitário virtual na seção invertigada.

∫=θL

0 IE

dxMmx1

Ex: Achar a deflexão vertical do ponto B da treliça de aço com juntas de pino, como mostrado

abaixo, devido às seguintes causas: (a) deformação elástica dos membros, (b) encurtamento

de 3 mm do membro AB por meio de um tensor, e (c) queda na temperatura de 60°C,

ocorrendo no membro BC. O coeficiente de expansão térmica do aço é α = 0,000012

mm/mm/°C. Desprezar a possibilidade de flambagem lateral do membro em compressão.

Tome E = 21.103 kgf/mm2.

1 – Determinar os esforços internos virtuais, pi:

mm

dx

MM

dx

Mdx/EI

B

A

C

1 m

1 m

1,25 m

A = 100 mm2

L = 1,60m

A = 160 mm2

L = 1,60m

1500 kgf


Equilíbrio estático no ponto B:

6,1

25,1cos =θ

6,1

1sen =θ

→ 0Fx =∑ , 06,1

25,1p

6,1

25,1.p BCAB =− , pAB = pBC

↑ 0Fy =∑ , 016,1

1p

6,1

1.p BCAB =+−− , pAB = 0,8 (compressão), pBC = 0,8 (tração)

2 – Determinar os esforços internos reais, Pi:

B

A

C

RAy

1 kgf

pAB

pBC

RCy

RAx

RCx

Carregamentovirtual

B

1 kgf

pBC

pAB

θ

θ

B

A

C

RAy

1500 kgf PBC

RCy

RAx

RCx

PAB

Carregamentoreal


Equilíbrio estático no ponto B:

→ 0Fx =∑ , 06,1

25,1P

6,1

25,1.P BCAB =− , PAB = PBC

↑ 0Fy =∑ , 015006,1

1P

6,1

1.P BCAB =−−− , PAB = -1200 (tração),

PBC = -1200 (compressão)

Caso (a):

Membro p (kgf) P (kgf) L (mm) E (kgf/mm2) A (mm2) p PL/EA

AB - 0,8 + 1200 1600 21000 100 - 0,7314

BC + 0,8 - 1200 1600 21000 160 - 0,4571

Σ - 1,1886

∆ = - 1,1886 mm (sentido contrário a força unitária)

Caso (b):1 x ∆ = (- 0,8)(- 3) + (+ 0,8)(0)

∆ = + 2,4 mm (mesmo sentido que a força unitária)

Caso (c):∆LBC = α L ∆T = 0,000012 . 1600 . (-60) = - 1,152 mm1 x ∆ = (- 0,8)(0) + (+ 0,8)(-1,152)

∆ = - 0,9216 mm (sentido contrário a força unitária)

Ex: Determine o deslocamento vertical do ponto C da treliça de aço abaixo. Considere as

seções transversais de cada membro A = 400 mm2 e E = 200 GPa.

B

1500 kgf

PBC

PAB

θ

θ


1- Determinação dos esforços internos virtuais devido a uma força virtual vertical no ponto C:

0MA =∑ , RDx . 2 – 1 . 2 = 0 , RDx = 1 kN

→ 0Fx =∑ , RAx – RDx = 0 , RAx = 1 kN

Equilíbrio estático no ponto D:

→ 0Fx =∑ , - RDx + pDC = 0 , pDC = 1 kN (tração)

↑ 0Fy =∑ , RDy = 0 , RAy = 1 kN

A

B

CD1 kN

2 m

2 m2 m

RAy

RDy

RAx

RDx

AB

CD

100 kN

2 m

2 m2 m

D pDC

RDy

RDx


Equilíbrio estático no ponto A:

2

2cos =θ

2

2sen =θ

↑ 0Fy =∑ , 02

2.pR ACAy =− , 2pAC = kN (compressão)

→ 0Fx =∑ , 0p2

2.pR ABACAx =+− , pAB = 0

Equilíbrio estático no ponto C:

→ 0Fx =∑ , 02

2p

2

2.pp BCACDC =++− , pBC = 0

Determinação dos esforços internos reais devido à força real vertical no ponto B:

0MA =∑ , RDx . 2 – 10 . 4 = 0 , RDx = 200 kN

→ 0Fx =∑ , RAx – 200 = 0 , RAx = 200 kN

↑ 0Fy =∑ , RAy – 100 = 0 , RAy = 100 kN

A

B

CD

0.6 L

100 kN

2 m

2 m2 m

RAy

RAx

RDx

C pDC

pBC pAC

θθ

1 kN

A RAx

pAB

pAC

θ

RAy


Equilíbrio estático no ponto A:

↑ 0Fy =∑ , 02

2.pR ACAy =− , PAC = 2100 kN (compressão)

→ 0Fx =∑ , 0p2

2.pR ABACAx =+− , PAB = - 100 kN (compressão)

Equilíbrio estático no ponto C:

↑ 0Fy =∑ , 02

2.P

2

2.P BCAC =− , PBC = 2100 kN (tração)

→ 0Fx =∑ , 02

2P

2

2.PP BCACDC =++− , PDC = 200 kN (tração)

Membro p P (N) L (mm) A (m2) E (N/mm2) p.PL/AE

AB 0 -100.103 4.103 400 200.103 0

BC 0 2100 .103 22 .103 400 200.103 0

AC - 2 - 2100 .103 22 .103 400 200.103 7,07

CD 1 200.103 2.103 400 200.103 5

Σ 12,07

∆Cv = 12,07 mm

Ex: Achar a deflexão no meio do vão de uma viga em balanço, carregada como mostrado

abaixo. O produto EI da viga é constante.

A RAx

PAB

PAC

θ

RAy

C PDC

PBC PAC

θθ


L6

xw

3

x

L

xw

2

xM

3oo −=−= (0 ≤ x ≤ L)

m = 0 (0 ≤ x ≤ L/2)

−−=

2

Lx1m (L/2 ≤ x ≤ L)

∫=∆L

0 IE

dxMmx1 = ∫∫

−

+−+

−

L

2/l

30

2/L

0

30 dx

L6

xw

2

Lx

IE

1dx

L6

xw)0(

IE

1

IE3480

Lw49 4o

A =∆

Observação: Este mesmo resultado pode ser obtido com o teorema de Castigliano, onde uma

força fictícia P deve ser aplicada em A. Logo a equação de momento seria

−−−=

2

LxP

L6

xwM

3o para (x ≥ L/2), assim

−−=

∂∂

2

Lx

P

M, que é m para (x ≥ L/2).

Ex: Achar a deflexão horizontal provocada pela força concentrada P, da extremidade da barra

curva mostrada abaixo. A rigidez EI da barra é constante. Desprezar o efeito da força cortante

sobre a deflexão.

-

Diagrama de M-

Diagrama de m

x

wo

wox/L

Carregamento real

1 kgf

L/2L/2

Carregamento virtual

A


Se o raio de curvatura de uma barra é grande em comparação com as dimensões da

seção transversal, as fórmulas comuns de deflexão de vigas podem ser usadas, e dx pode ser

substituido por ds. Neste caso, ds = R dθ.

∫=∆L

0 IE

dxMmx1 =

( )[ ]( )∫

π θθ−θ−−2/

0 IE

dRsenPRcos1R

∆= IE2

RP 3+

P

R

1 kgf

θ

R(1-cosθ)

m=-R(1-cosθ)

P

θ

M=-PRsenθ

Rsenθ


13 - MÉTODO DOS ELEMENTOS FINITOS

ELEMENTOS FINITOS PARA TRELIÇAS

13.1 – Matriz de rigidez de um elemento de barra

Considere um elemento de barra de comprimento L, módulo de elasticidade E, e seção

transversal A. As duas extremidades são denotadas pontos nodais ( ou simplesmente nós) 1 e

2. Sobre estes nós estão atuando as forças (externas ao elemento) P1 e P2, respectivamente.

Correspondendo a estas duas forças, há dois deslocamentos u1 e u2 chamados graus de

liberdade.

Para um elemento de barra com tensão axial constante ou deformação axial constante,

o deslocamento axial pode ser assumido variar linearmente em x:

u(x) = a1 + a2x (1)

com a1 e a2 constantes à serem determinadas pela imposição das condições de contorno:

p/ x = 0, u(x) = u(0) = u1 = a1

p/ x = L, u(x) = u(L) = u2 = a1+ a2L, L

uua 12

2−

=

Substituindo os resultados de a1 e a2 em (1), temos:

u(x) = f1(x) u1 + f2(x) u2 (2)

onde f1(x) e f2(x) são ditas funções de forma e são da forma:

1 2

P1, u1 P2, u2L

x

E, A

Método dos Elementos 93

L

x1)x(f1 −= e

L

x)x(f2 = (3)

Para o caso de tensões e deformações uniaxiais, a deformação é definida como:

x

u

∂∂

=ε (4)

ou:

2'21

'12

21

1 u)x(fu)x(fux

)x(fu

x

)x(f+=

∂∂

+∂

∂=ε (5)

A força axial atuando ao longo do elemento é:

x

uAEAEAP

∂∂

=ε=σ= (6)

ou:

[ ]2'21

'1 u)x(fu)x(fAEP += (7)

A expressão de energia de deformação para o caso de barras solicitadas axialmente é:

dxAE2

PU

L

0

2

∫= (8)

Substituindo Eq. (7) na Eq. (8), temos:

[ ] dxu)x(fu)x(f2

AEU

L

0

22

'21

'1∫ += (9)

Aplicando o primeiro teorema de Castigliano, Pu

U=

∂∂

, temos:


[ ] dx)x(fu)x(fu)x(f2

AE2

u

UP '

1

L

02

'21

'1

11 ∫ +=

∂∂

=

ou:

2

L

0

'2

'11

L

0

'1

'11 udx)x(f).x(fAEudx)x(f).x(fAEP

+

= ∫∫ (10)

e:

[ ] dx)x(fu)x(fu)x(f2

AE2

u

UP '

2

L

02

'21

'1

22 ∫ +=

∂∂

=

ou:

2

L

0

'2

'21

L

0

'1

'22 udx)x(f).x(fAEudx)x(f).x(fAEP

+

= ∫∫ (11)

As Eq. (10) e (11) colocadas em forma matricial são:

=

2

1

2221

1211

2

1

u

u

kk

kk

P

P ou { } [ ]{ }ukP = (12)

onde [k] é a matriz de rigidez do elemento de barra com seus coeficientes definidos da

seguinte maneira:

∫=L

0

'j

'iij dx)x(f).x(fAEK (13)

Usando Eq. (3), a matriz de rigidez elementar é:

[ ]

−

−=

11

11

L

AEk (14)

13.2 – Matriz de rigidez de um elemento de barra num sistema arbitrário

A matriz de rigidez de um elemento de barra dada pela Eq. (14) é obtida quando o

elemento está disposto paralelamente ao sistema de eixos x-y. Para os casos mais gerais de


treliças, as barras estão dispostas aleatóriamente no plano x-y. Assim, é necessário determinar

uma matriz de rigidez genérica, fazendo um ângulo φ com o eixo x:

A relação entre os deslocamentos u e v medidos no sistema de coordenadas x-y com u

e v medidos no sistema de coordenadas yx − para cada nó é:

φ+φ= senvcosuu 111

φ+φ= senvcosuu 222

φ+φ−= cosvsenuv 111 (15)

φ+φ−= cosvsenuv 222

As relações dadas pelas Eqs.(15) colocadas em forma matricial são:

−

−=

2

2

1

1

2

2

1

1

v

u

v

u

cs00

sc00

00cs

00sc

v

u

v

u

ou { } [ ]{ }qTq = (16)

com c = cos φ, s = sen φ e [T] é a matriz de transformação.

Uma mesma relação pode ser obtida considerando forças não existentes na direção y ,

y1P e y2P :

x

y

xy

2

P2y, v2

22 u,P

E, A, L

1P1x, u1

P1y, v1

φ

11 u,P

1v

2v

u1φ

v1

1v

u1

P2x, u2

φ v11u


−

−=

y2

x2

y1

x1

y2

x2

y1

x1

P

P

P

P

cs00

sc00

00cs

00sc

P

P

P

P

ou { } [ ]{ }PTP = (17)

A matriz de rigidez dada pela Eq. (14) pode ser expandida considerando os

deslocamentos 1v e 2v , e forças inexixtentes, y1P e y2P :

−

−

=

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

v

u

v

u

0000

0101

0000

0101

L

AE

P

P

P

P

ou { } [ ]{ }qkP = (18)

Substituindo as Eq. (16) e Eq. (17) na Eq. (18), temos:

[ ]{ } [ ][ ]{ }qTkPT = (19)

ou:

{ } [ ] [ ][ ]{ } [ ] [ ][ ]{ }qTkTqTkTP t1 == − (20)

Logo, a matriz de rigidez de um elemento de barra obtida em um sistema de

coordenadas arbitrário é:

[ ] [ ] [ ][ ]

−−−−

−−−−

==

22

22

22

22

t

scsscs

csccsc

scsscs

csccsc

L

AETkTk (21)

13.3 – Força axial nos elementos

É possível verificar que o elemento está em equilíbrio fazendo:

P1x cos φ + P1y sen φ + P2x cos φ + P2y sen φ = 0

ou:


0PP 21 =+ (22)

Portanto, determinando 1P ou 2P é possível verificar se o elemento está sendo

tracionado ou comprimido através da Eq. (22):

−−−−

−−−−

=

2

2

1

1

22

22

22

22

y2

x2

y1

x1

v

u

v

u

scsscs

csccsc

scsscs

csccsc

L

AE

P

P

P

P

(23)

ou:

( ) ( )[ ]21212

x1 vvcsuucL

AEP −+−=

( ) ( )[ ]21212

y1 uucsvvsL

AEP −+−= (24)

Da Eq. (22) tem-se que:

sPcPP y1x11 +=

ou:

( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]212

212

212

212

1 uuscvvssL

AEvvscuucc

L

AEP −+−+−+−=

( ) ( ) ( )[ ] ( ) ( )[ ]2121212122

1 vvsuucL

AEvvsuucsc

L

AEP −+−=−+−+= (25)

Determinados os deslocamentos nodais u1, v1, u2 e v2, é possível verificar se o

elemento de barra está sendo tracionado ou comprimido usando a Eq. (25).

13.4 – Técnica de montagem da matriz de rigidez global

Para demostrar como as matrizes elementares são montadas, considere a treliça com

barras de comprimento L e rigidez axial EA.


Das condições de contorno tem-se: u1 = 0, v2 = 0, u3 = 0 e v3 = 0, e R2 = 0 e R3 = P.

As matrizes elementares são:

Elemento 1-2:

−

−

=

−

−

=

2

2

1

1

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

v

u

v

u

0000

0404

0000

0404

L4

AE

v

u

v

u

0000

0101

0000

0101

L

AE

P

P

P

P

Elemento 2-3:

−−−−−−

−−

=

3

3

2

2

y3

x3

y2

x2

v

u

v

u

3333

3131

3333

3131

L4

AE

P

P

P

P

21

3

R2x, u2

R2y, v2R1y, v1

R1x, u1

R3x, u3

R3y, v3

x

y

21

3

P60°

120°


Elemento 1-3:

−−−−

−−−−

=

3

3

1

1

y3

x3

y1

x1

v

u

v

u

3333

3131

3333

3131

L4

AE

P

P

P

P

com:

Elemento φ c s c2 cs s2

1-2 0° 1 0 1 0 0

2-3 120°2

1−2

34

14

3− 43

1-3 60°2

12

34

14

34

3

Assim como os elementos estão em equilíbrio, os nós também o estão. Logo, a soma

das forças externas da treliça aplicadas em um nó deve ser igual a soma das forças internas

dos elementos neste nó. Assim:

Nó 1:

R1x – P1x (elemento 1-2) – P1x (elemento 1-3) = 0

R1y – P1y (elemento 1-2) – P1y (elemento 1-3) = 0

Nó 2:



Nó 3:



Fazendo a soma em cada um dos nós usando as matrizes elementares, obtêm-se a

matriz de rigidez global da treliça:


======

+−−−−−+−−−

−−−−+−

−−−−−+

=

======

0v

0u

0v

?u

?v

0u

33333333

33113131

333300

3131404

330033

3104314

L4

AE

?R

?R

?R

PR

0R

?R

3

3

2

2

1

1

y3

x3

y2

x2

y1

x1

Das equações 2 e 3 é possível determinar os deslocamentos restantes:

( )21 u.0v.3L4

AE0 += , v1 = 0

( )21 u.5v.0L4

AEP += ,

AE5

LP4u2 =

E das equações 1, 4, 5 e 6 é possível determinar as forças aplicadas nos nós:

( )21x1 u.4v.3L4

AER −= ,

5

P4R x1 −=

( )21y2 u.3v.0L4

AER −= ,

5

P3R y2 −=

( )21x3 u.1v.3 L4

AER −−= ,

5

PR x3 −=

( )21y3 u.3v.3L4

AER +−= ,

5

P3R y3 =

Para verificar se os valores das reações estão corretos, basta verificar se a treliça está

em equilíbrio:

↑ ∑ = 0Fy , R2y + R3y = 5

P3

5

P3+− = 0 (ok)

→ ∑ = 0Fx , R1x + R3x + P = 0 , P5

P

5

P4+−− (ok)

∑ = 0M1 , R2y.L + R3y.L.cos 60 – R3x.L.sen 60 = 2

3L

5

P

2

1L

5

P3L

5

P3++− = 0 (ok)

Os esforços internos nas barras são encontrados usando a Eq. (25):


( ) ( )[ ]2121)21(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

( )

−+

−=− 00.0

AE5

LP40.1

L

AEP )21(1 ,

5

P4P )21(1 −=− (tração)

( ) ( )[ ]3232)32(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

( )

−+

−−=− 00.2

30AE5

LP4.2

1L

AEP )32(1 ,

5

P2P )32(1 −=− (tração)

( ) ( )[ ]3131)31(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

( ) ( )

−+−=− 00.2

300.21

L

AEP )31(1 , 0P )31(1 =−

13.5 – Exemplos

Ex.1 - Considere a treliça articulada abaixo com E = 200 GPa e A = 600 mm2. Determine pelo

método dos elementos finitos os deslocamentos dos nós e os esforços internos das barras.

x

y

5 kN

2 m

1,5 m 1,5 m1

2

34

R1y, v1

R1x, u1

R3y, v3

R3x, u3

R2y, v2

R2x, u2

1

2

3 4

R4x, u4

R4y, v4

φ1

φ2


As condições de contorno são: u2 = 0, v2 = 0, u4 = 0, v4 = 0. Sabe-se também que R1x =

0, R1y = 0, R3x = 0, : R3y = - 5000. E as matrizes elementares são:

Elemento 1-2:

−

−

=

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

v

u

v

u

0000

025025

0000

025025

L25

AE

P

P

P

P

Elemento 1-3:

−−−−

−−−−

=

3

3

1

1

y3

x3

y1

x1

v

u

v

u

16121612

129129

16121612

129129

L25

AE

P

P

P

P

Elemento 2-3:

−−−−−−

−−

=

3

3

2

2

y3

x3

y2

x2

v

u

v

u

16121612

129129

16121612

129129

L25

AE

P

P

P

P

Elemento 3-4:

−

−

=

4

4

3

3

y4

x4

y3

x3

v

u

v

u

0000

025025

0000

025025

L25

AE

P

P

P

P

com:


1-2 0° 1 0 1 0 0

1-3 φ15

35

425

925

1225

16

2-3 φ25

3− 54

259

2512− 25

16

3-4 0° 1 0 1 0 0


Impondo o equilíbrio estático nos nós, temos:

Nó 1:



Nó 2:



Nó 3:

R3x – P3x (elemento 1-3) – P3x (elemento 2-3) – P3x (elemento 3-4) = 0

R3y – P3y (elemento 1-3) – P3y (elemento 2-3) – P3y (elemento 3-4) = 0

Nó 4:

R4x – P4x (elemento 3-4) = 0

R4y – P4y (elemento 3-4) = 0



=====

===

−

+−−−−

−−++−−−

−−

−−+−

−−

−−−+

=

==

−=====

=

0v

0u

?v

?u

0v

0u

?v

?u

00000000

05,22505,1

250000

005,216

5,216

5,212

5,212

5,216

5,212

5,216

5,212

05,225

5,212

5,212

5,125

5,29

5,29

5,212

5,29

5,212

5,29

005,216

5,212

5,216

5,21200

005,212

5,29

5,212

5,29

32505,2

25

005,216

5,212005,2

165,2

12

005,212

5,2905,2

255,2

125,2

93

25

L25

AE

?R

?R

5000R

0R

?R

?R

0R

0R

4

4

3

3

2

2

1

1

y4

x4

y3

x3

y2

x2

y1

x1

Tomando somente as equações onde as forças externas são conhecidas, 1, 2, 5 e 6 e

considerando as condições de contorno de deslocamento, tem-se:

====

−−

+−−

−−

−−+

=

−====

?v

?u

?v

?u

5,23205,2

165,2

12

05,125

5,218

5,212

5,29

5,216

5,212

5,216

5,212

5,212

5,29

5,212

5,212

325

L25

AE

5000R

0R

0R

0R

3

3

1

1

y3

x3

y1

x1

Invertendo o sistema acima, temos:


−====

−

−

=

====

5000R

0R

0R

0R

19,0045,0224,00

045,006,009,00

224,009,0515,009,0

0009,012,0

AE

25

?v

?u

?v

?u

y3

x3

y1

x1

3

3

1

1

Resolvendo o sistema obtem-se que u1 = 0, v1 = –0,23 mm, u3 = – 0,047 mm e v3 = –

0,198 mm.

Voltando ao sistema de equações original e tomando as linhas 3, 4, 7 e 8, obtem-se as

reações de apoio R2x = – 3749,76 N, R2y = 4999,68 N, R4x = 3760 N e R4y = 0.

Pode-se comparar os valores obtidos com o método dos elementos finitos com os

valores obtidos analiticamente:

∑ = 0M 4 , 5000 . 1,5 + R2x . 2 = 0 , R2x = – 3750 N

↑ ∑ = 0Fy , – 5000 + R2y = 0 , R2y = 5000 N

→ ∑ = 0Fx , R2x + R4x = 0 , R4x = 3750 N

Os esforços internos nas barras são encontrados usando a Eq. (25):

( ) ( )[ ]2121)21(1 vv.suu.cL

AEP −+−=− , 0P )21(1 =−

( ) ( )[ ]3131)31(1 vv.suu.cL

AEP −+−=− , 0P )31(1 ≈−

( ) ( )[ ]3232)32(1 vv.suu.cL

AEP −+−=− , 6250P )32(1 =− (compressão)

( ) ( )[ ]4343)43(1 vv.suu.cL

AEP −+−=− , 3750P )43(1 −=− (tração)

Ex.2 - Considere a treliça articulada simétrica com sete barras de comprimento L e rigidez

axial EA.

x

y

P

L

60° 60°

60°60° 60°


Devido a simetria da treliça e do carregamento, as condições de contorno são: v1 = 0,

v5 = 0, u3 = 0, u1 = - u5, u2 = - u4 e v2 = v4. Tem-se também: R1x = 0, R2x = 0, R2y = 0, R3x = 0,

R3y = -P, R4x = 0, R4y = 0 e R5x = 0.

As matrizes elementares são:

Elemento 1-2 e elemento 3-4:

−−−−

−−−−

=

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

v

u

v

u

3333

3131

3333

3131

L4

AE

P

P

P

P

−−−−

−−−−

=

4

4

3

3

y4

x4

y3

x3

v

u

v

u

3333

3131

3333

3131

L4

AE

P

P

P

P

Elemento 2-3 e elemento 4-5:

−−−−−−

−−

=

3

3

2

2

y3

x3

y2

x2

v

u

v

u

3333

3131

3333

3131

L4

AE

P

P

P

P

−−−−−−

−−

=

5

5

4

4

y5

x5

y4

x4

v

u

v

u

3333

3131

3333

3131

L4

AE

P

P

P

P

1

R1y, v1

R1x, u1

2

R2y, v2

R2x, u2

3

R3y, v3

R3x, u3 5

R5y, v5

R5x, u5

4

R4y, v4

R4x, u4


Elemento 1-3, elemento 2-4 e elemento 3-5:

−

−

=

3

3

1

1

y3

x3

y1

x1

v

u

v

u

0000

0404

0000

0404

L4

AE

P

P

P

P

−

−

=

4

4

2

2

y4

x4

y2

x2

v

u

v

u

0000

0404

0000

0404

L4

AE

P

P

P

P

−

−

=

5

5

3

3

y5

x5

y3

x3

v

u

v

u

0000

0404

0000

0404

L4

AE

P

P

P

P

com:


1-2, 3-4 60°2

12

34

14

34

3

2-3, 4-5 -60°2

12

3−4

14

34

3−

1-3, 2-4, 3-5 0° 1 0 1 0 0

Impondo o equilíbrio nos nós, temos:

Nó 1:

P1 = P1x (elemento 1-2) + P1x (elemento 1-3)

P2 = P1y (elemento 1-2) + P1y (elemento 1-3)

Nó 2:

P3 = P2x (elemento 1-2) + P2x (elemento 2-3) + P2x (elemento 2-4)

P4 = P2y (elemento 1-2) + P2y (elemento 2-3) + P2y (elemento 2-4)

Nó 3:

P5 = P3x (elemento 1-3) + P3x (elemento 2-3) + P3x (elemento 3-4) + P3x (elemento 3-5)

P6 = P3y (elemento 1-3) + P3y (elemento 2-3) + P3y (elemento 3-4) + P3y (elemento 3-5)

Nó 4:

P7 = P4x (elemento 2-4) + P4x (elemento 3-4) + P4x (elemento 4-5)


P8 = P4y (elemento 2-4) + P4y (elemento 3-4) + P4y (elemento 4-5)

Nó 5:

P9 = P5x (elemento 3-5) + P5x (elemento 4-5)

P10 = P5y (elemento 3-5) + P5y (elemento 4-5)

Fazendo a soma das forças em cada um dos nós usando as matrizes elementares,

obtêm-se a matriz de rigidez global da treliça:

==

=====

===

−−

−+−−−−+−−−

−−++−−−−−−−+−−

−−−+−+++−−−−+−−−

−−−++−−−−

−−−+

=

=

===−=

=====

0v

?u

?v

?u

?v

0u

?v

?u

0v

?u

3333000000

31431040000

333333330000

3133114310400

003333333300

04313341143104

000033333333

0004313341131

0000003333

00000431341

L4

AE

?R

0R

0R

0R

PR

0R

0R

0R

?R

0R

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

y5

x5

y4

x4

y3

x3

y2

x2

y1

x1

Tomando somente as equações onde as forças externas são conhecidas, 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e

9 e considerando as condições de contorno de deslocamento, tem-se:

−−−

−−−

−−−

−−

=

===−=

===

3

2

2

1

x5

y4

x4

y3

y2

x2

x1

v

v

u

u

0315

3603

30101

66320

3603

30101

0315

L4

AE

0R

0R

0R

PR

0R

0R

0R

Tomando somente as quatro primeiras equações ou as quatro últimas equações:

−−−

−−−

=

−====

3

2

2

1

y3

y2

x2

x1

v

v

u

u

66320

3603

30101

0315

L4

AE

PR

0R

0R

0R

Das duas primeiras equações, temos:

−−

=

2

1

3

2

u

u

101

15

3

3

v

v


E das duas últimas equações, temos:

−

=

1

1

AE

LP

6

3

u

u

2

1

Logo:

−−

=

11

6

AE6

LP

v

v

3

2

Das equações 2 e 10 é possível constatar que R1y = R5y = P/2. Os esforços internos nas

barras são encontrados usando a Eq. (25):

( ) ( )[ ]2121)21(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

++

−−=− AE

LP0.

2

3

AE

LP

6

3

AE

LP

6

3.

2

1

L

AEP )21(1 ,

3

P3P )21(1 =− (compressão)

( ) ( )[ ]3232)32(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

+−−

−=− AE

LP

6

11

AE

LP.

2

30

AE

LP

6

3.

2

1

L

AEP )32(1 ,

3

P3P )32(1 −=− (tração)

( ) ( )[ ]3131)31(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

+−

−−=− AE

LP

6

110.00

AE

LP

6

3.1

L

AEP )31(1 ,

6

P3P )31(1 −=− (tração)

( ) ( )[ ]4242)42(1 vv.suu.cL

AEP −+−=−

−+−+

+=− AE

LP

AE

LP0

AE

LP

6

3

AE

LP

6

3.1

L

AEP )42(1 ,

3

P3P )42(1 =− (compressão)

Devido a simetria da treliça:

3

P3PP )21(1)54(1 == −− (compressão)

6

P3PP )31(1)53(1 −== −− (tração)


3

P3PP )32(1)43(1 −== −− (tração)

ELEMENTOS FINITOS PARA VIGAS

13.6 – Matriz de rigidez de um elemento de viga

Considere um elemento de viga de comprimento L, módulo de elasticidade E, e

momento de inércia I. As duas extremidades são denotadas pontos nodais ( ou simplesmente

nós) 1 e 2. Em cada nó há uma deflexão v e uma rotação θ (∂v/∂x), chamados graus de

liberdade. Correspondendo a estes dois graus de liberdade v e θ há dois esforços internos,

uma força cortante F e um momento M, respectivamente.

A deflexão v é assumida ser umafunção polinomial cúbica em x:

v(x) = a1 + a2x + a3x2 + a4x

3 (1)

com a1, a2, a3 e a4 constantes à serem determinadas pela imposição das condições de contorno:

p/ x = 0, v = v1 , 1x

vθ=

∂∂

p/ x = L, v = v2 , 2x

vθ=

∂∂

Aplicando as condições de contorno em (1), temos:

=

θ

θ

4

3

2

1

3

32

2

2

1

1

a

a

a

a

L3L210

LLL1

0010

0001

v

v

(2)

1 2

M1, θ1 M2, θ2L

xE, I

F1, v1 F2, v2

y, v


A matriz inversa de (2) fornece as constantes a1, a2, a3 e a4:

θ

θ

−−−−

=

2

2

1

1

22

3

3

4

3

2

1

v

v

L2L2

LL3L2L3

00L0

000L

a

a

a

a

(3)

Substituindo (3) em (1) e reagrupando, obtemos a forma final da função deflexão:

24231211 )x(fv)x(f)x(fv)x(f)x(v θ++θ+= (4)

onde f1(x), f2(x), f3(x) e f4(x) são funções de forma dadas por:

32

1 L

x2

L

x31)x(f

+

−=

+

−=

2

32

2L

x

L

x2x)x(f

32

3 L

x2

L

x3)x(f

−

= (5)

+

−=

2

32

4L

x

L

x)x(f

A expressão de energia de deformação para o caso de vigas solicitadas em flexão é (a

energia devido ao cortante é desprezível):

dxIE2

MU

L

0

2

∫= (6)

Sabe-se que 2

2

x

vIEM

∂∂

= e considerando EI constante ao longo da viga, temos:

dxx

v

2

IEU

L

0

2

2

2

∫

∂∂

= (7)

A segunda derivada da deflexão é:

2''

42''

31''

21''

12

2

)x(fv)x(f)x(fv)x(fx

vθ++θ+=

∂∂

(8)


onde:

32''

L

x12

L

6)x(f

1+−=

2''

2L

x6

L

4)x(f +−=

32''

3L

x12

L

6)x(f −= (5)

2''

4L

x6

L

2)x(f +−=

Aplicando o primeiro teorema de Castigliano, Fv

U=

∂∂

, temos:

[ ] dx)x(f)x(fv)x(f)x(fv)x(f2

IE2

v

UF ''

1

L

02

''42

''11

''21

''1

11 ∫ θ++θ+=

∂∂

= (6)

ou:

1142131121111 kvkkvkF θ++θ+= (7)

onde:

dx)x(f).x(fIEkL

0

''1

''111 ∫=

∫=L

0

''2

''112 dx)x(f).x(fIEk

dx)x(f).x(fIEkL

0

''3

''113 ∫= (8)

∫=L

0

''2

''114 dx)x(f).x(fIEk

Considerando que MU

=θ∂

∂, e generalizando para os graus de liberdade θ1, v2 e θ2,

tem-se a forma generalizada para os termos da matriz de rigidez:

dx)x(f).x(fIEkL

0

''j

''iij ∫= (9)


Colocando em forma matricial o resultado das integrais, obtem-se a matriz de rigidez

elementar para um elemento de viga:

θ

θ

−

−−−

−

−

=

2

2

1

1

22

22

2

2

1

1

v

v

4L

62

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

2L

64

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

L

IE

M

F

M

F

ou { } [ ]{ }qkF = (10)

13.7 – Propriedades da matriz de rigidez de um elemento de viga

O elemento está em equilíbrio:

a) ∑ yF , F1 + F2 = 0L

6v

L

12

L

6v

L

12

L

6v

L

12

L

6v

L

12222112222112

=

θ−+θ−−+

θ+−θ+

b) ∑ 2M = 0, F1.L – M1 – M2

= 04vL

62v

L

62v

L

64v

L

6L

L

6v

L

12

L

6v

L

1222112211222112

=

θ+−θ+−

θ+−θ+−

θ+−θ+

A matriz elementar é singular:

Como as linhas 1 e 3 da matriz elementar são iguais com exceção do sinal, a matriz é singular.

Ou seja, a matriz elementar não tem inversa, logo não há solução. A interpretação física dada

a este fato é que não há nenhuma condição de contorno (v1, θ1, v2, θ2 são desconhecidos),

logo o elemento estaria instável. Impondo uma condição qualquer ao elemento, como por

exemplo um engaste no nó 1 (v1 = 0, θ1 = 0), a matriz resultante seria não mais singular:

θ

−

−=

2

22

2

2 v

4L

6L

6

L

12

L

IE

M

F

Ex: Usando dois elementos do tipo viga, determine a forma das deflexões, as reações de apoio

e traçe os diagramas de força cortante e de momento fletor.


As condições de contorno são: v1 = 0, θ1 = 0, v3 = 0. Sabe-se também que P3 = –P, P4

= PL, P6 = 0. E as matrizes elementares são:

Elemento 1-2:

θ

θ

−

−−−

−

−

=

2

2

1

1

22

22

2

2

1

1

v

v

4L

62

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

2L

64

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

L

IE

M

F

M

F

Elemento 2-3:

θ

θ

−

−−−

−

−

=

3

3

2

2

22

22

3

3

2

2

v

v

4L2

62

L2

6L2

6

)L2(

12

L2

6

)L2(

12

2L2

64

L2

6L2

6

)L2(

12

L2

6

)L2(

12

L2

IE2

M

F

M

F

Considerando que os esforços nos nós F1, M1, F2, M2, F3, M3 são externos ao elemento

e que P1, P2, P3, P4, P5, P6 são forças externas aplicadas nos nós da viga, tem-se a igualdade:

Nó 1:

P1 = F1

3P L

L

xE I1

y, v

2 E I

2L2

P2, θ1

P4, θ2

P1, v1P3, v2

P6, θ3

P5, v3


P2 = M2

Nó 2:

P3 = F2 (elemento 1-2) + F2 (elemento 2-3)

P4 = M2 (elemento 1-2) + M2 (elemento 2-3)

Nó 3:

P5 = F3

P6 = M3



=θ==θ==θ=

−

−−

−++−

−+−+−=

==

=−=

==

?

0v

?

?v

0

0v

4L

32

L

300

2L

3

L

3

L

300

2L

344

L

3

L

62

L

6L

3

L

3

L

3

L

6

L

3

L

12

L

6

L

12

002L

64

L

6

00L

6

L

12

L

6

L

12

L

IE

0P

?P

PLP

PP

?P

?P

3

3

2

2

1

1

22

2222

22

6

5

4

3

2

1

Tomando somente as equações onde as forças externas são conhecidas, 3, 4, e 6 e

considerando as condições de contorno, tem-se:

=θ=θ=

−

−

=

==

−=

?

?

?v

42L

3

28L

3L

3

L

3

L

15

L

IE

0P

PLP

PP

3

2

22

6

4

3

A matriz inversa do sistema acima é:

−

−−

−

−

=

θθ

0

PL

P

L

15

L

39

L

30L

39

L

51

L

18L

30

L

1828

IE276

Lv

22

22

3

3

2

2

,

−

−

=

θθ

L

9L

3310

IE276

LPv

3

3

2

2


A deflexão em qualquer ponto de coordenada x dentro do elemento é determinada pela

Eq. (4). As inclinações também em qualquer ponto são obtidas pela derivada da Eq. (4).

Retornando ao sistema original, obtem-se as reações de apoio:

−

=

46

P746

PL2146

P53

P

P

P

5

2

1

Pode-se comparar os valores obtidos com o método dos elementos finitos com os

valores obtidos analiticamente:

∑ 1M , P5 . 3L – P . L + P . L + P2 = 046

PL21L3.

46

P7=+− (ok)

↑ ∑ yF , P1 – P +P5 = 046

P7P

46

PL53=+− (ok)

Os diagramas de força cortante e de momento fletor são obtidos substituindo os graus

de liberdade obtidos anteriormente nas matrizes elementares:

Elemento 1-2:

−=

−

−

−−−

−

−

=

46

PL1646

P5346

PL2146

P53

IE

PL

276

33IE

PL

276

100

0

4L

62

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

2L

64

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

L

IE

M

F

M

F

2

3

22

22

2

2

1

1

Elemento 2-3:

−

=

−

−

−

−−−

−

−

=

046

P723

PL746

P7

IE

PL

276

90

IE

PL

276

33IE

PL

276

10

4L2

62

L2

6L2

6

)L2(

12

L2

6

)L2(

12

2L2

64

L2

6L2

6

)L2(

12

L2

6

)L2(

12

L2

IE2

M

F

M

F

2

2

3

22

22

3

3

2

2


Observação: A força cortante é considerada positiva quando gira a seção no sentido anti-

horário e o momento fletor é considerado positivo quando traciona as fibras inferiores. As

equações de força cortante e de momento fletor podem ser obtidas através das equações

diferenciais Mx

vEI

2

2

=∂∂

e Vdx

dM−= , uma vez determinada a equação de v(x) para cada

elemento.

13.7 – Vigas com carga distribuida

Nos casos onde as cargas não são concentradas nos nós como anteriormente mas

distribuidas ao longo de um trecho da viga, estas cargas devem ser transformadas em cargas

concentradas de maneira a poderem ser aplicadas nos nós.

Um método frequentemente utilizado para esta finalidade é o método do trabalho da

carga equivalente. O método consiste em transformar o trabalho produzido por uma carga

distribuida em um trabalho produzido por forças concentradas desconhecidas nos nós do

elemento.

Assim, o trabalho produzido por concentradas desconhecidas nos nós do elemento é da

forma:

P L

Forçacortante

16/23 PL

7/23 PL21/46 PL

53/46 P

7/46 P

Momentofletor

P

P L


[ ]

θ

θ=

2

2

1

1

'2

'2

'1

'

v

v

MFMF2

1W

1 (11)

E o trabalho realizado pela carga distribuida é da forma:

dx)x(v).x(w2

1W

L

0∫= (12)

onde a deflexão é da forma:

[ ]

θ

θ=

2

2

1

1

4321 v

v

)x(f)x(f)x(f)x(f)x(v (13)

Como o trabalho realizado em (11) deve ser igual ao trabalho realizado em (12), tem-

se que:

=

∫

∫

∫

∫

L

04

L

03

L

02

L

01

'2

'2

'1

'1

)x(f).x(w

)x(f).x(w

)x(f).x(w

)x(f).x(w

M

F

M

F

(14)

Ex: Considere a viga com carregamento linearmente distribuido como mostrado abaixo.

Determine a inclinação e a deflexão no nó 1. O carregamento é do tipo

−=

L

xw)x(w o e E I

é constante.

L

1

2

wo

x


Os esforços nodais devido ao carregamento são calculados da seguinte maneira:

20

Lw3dx

L

x2

L

x31

L

xwF o

L

0

32

o'1

−=

+

−−= ∫

30

Lwdx

L

x

L

x2x

L

xwM

2o

L

02

32

o'1

−=

+

−−= ∫

20

Lw7dx

L

x2

L

x3

L

xwF o

L

0

32

o'2 −=

−

−= ∫

20

Lwdx

L

x

L

x

L

xwM

2o

L

02

32

o'2 =

+

−−= ∫

As condições de contorno para este caso são, v2 = 0 e θ2 = 0. Sabe-se também que F1 =

0 e M1 = 0. Impondo o equilíbrio em cada nó e considerando a matriz de rigidez do elemento

1-2, tem-se:

=θ==θ=

−

−−−

−

−

=

++++

0

0v

?

?v

4L

62

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

2L

64

L

6L

6

L

12

L

6

L

12

L

IE

MM

FF

MM

FF

2

2

1

1

22

22

'22

'22

'11

'11

Tomando somente as duas primeiras linhas do sistema acima e considerando as

condições de contorno, temos:

=θ=

=

−

−

?

?v

4L

6L

6

L

12

L

IE

30

Lw0

20

Lw30

1

12

2o

o

1 2

F1’

F2’

M1’ M2

’

M1 F1M2

F2


A inversão o sistema fornece os graus de liberdade no nó 1:

−=

−

−

−

−=

θ24

130

L

IE

Lw

30

Lw20

Lw3

L

12

L

6L

64

IE12

Lv 3o

2o

o

2

3

1

1

As reações de apoio são determinadas tomando as duas últimas linhas do sistema

inicial:

θ

−

−−=

+

−

1

12

2o

2

o2 v

2L

6L

6

L

12

L

IE

20

LwM

20

Lw7F

+

−

−

−−

=

+

−

24

1

IE

Lw2

30

L

IE

Lw

L

6

24

1

IE

Lw

L

6

30

L

IE

Lw

L

12

L

IE

20

LwM

20

Lw7F

3o

3o

3o

3o

2

2o

2

o2

−=

6

Lw2

Lw

M

F2

o

o

2

2

Estes resultados podem ser confirmados através das equações de equilíbrio estático,

∑ = 0Fy e ∑ = 0M 2 .

Ex: Considere a viga com carregamento distribuido como mostrado abaixo. Determine a

inclinação no nó 1 e a deflexão no nó 2. E I é constante.

3

y

L/2

1

L/22

w


Por causa da simetria, é necessário modelar somente metade da viga através de um

único elemento. Para este caso, as condições de contorno são, v1 = 0 e θ2 = 0. A matriz

elementar do elemento 1-2 é:

=θ==θ=

−

−−−

−

−

=

0

?v

?

0v

4

2L6

2

2L6

2L6

)2L(

12

2L6

)2L(

12

2

2L6

4

2L6

2L6

)2L(

12

2L6

)2L(

12

2L

IE

M

F

M

F

2

2

1

1

22

22

2

2

1

1

De acordo com a Eq. (14), os esforços externos são:

48

wLdx

)2/L(

x

2/L

x2xwM

22/L

02

32

1 −=

+

−−= ∫

4

wLdx

L

x2

L

x3wF

2/L

0

32

2 −=

−

−= ∫

Substituindo M1 e F2 na matriz elementar e considerando os graus de liberdade

conhecidos, temos:

θ

−

−

=

−

−

2

1

2

2

v)L2(

12

2L6

2L6

4

2L

IE

4

wL48

wL

A inversa do sistema acima fornece a solução do sistema:

−=

−

−

=

θ

16

L51

IE24

wL

4

wL48

wL

1L

3L

3

L

12

IE24

L

v

3

2

23

2

1

Flambagem de Colunas 121

14 – FLAMBAGEM DE COLUNAS


O projeto de elementos estruturais e de máquimas é baseado em três características:

resistência, rigidez e estabilidade. No estudo da flambagem de colunas, onde se analisa a

possibilidade de instabilidade dos sistemas estruturais, deve-se obter parâmetros críticos

adicionais que determinam se uma dada configuração ou deformação em um dado sistema é

permitido.

Para o estudo da flambagem de vigas, utilizar-se-a barras delgadas, denominadas

colunas, com carregamento axial, submetidas simultameamente à flexão. O problema consiste

portanto em determinar as magnitudes das cargas axiais críticas nas quais ocorre flambagem e

as correspondentes formas das colunas flambadas.

14.2 - Carga crítica

A máxima carga que uma coluna pode suportar é chamada carga crítica Pcr. Qualquer

carga acima de Pcr pode causar a ruptura da estrutura ou do mecanismo.

De maneira a entender a natureza da instabilidade, considere um mecanismo com duas

barras rígidas sem peso e articuladas em suas extremidades. Quando as barras estão na

posição vertical, a mola de rigidez k está distentida.

Pcr

Pcr

P > Pcr

P > Pcr

Curso de Mecânica dos Sdólidos II122

Diagrama de corpo livre das barras:

Considerando θ pequeno, tem-se: ∆ = θ (L/2) e tan θ ≈ θ. Enquanto as componentes de

P na direção x, P tan θ, tendem a causar uma instabilidade, a força F = k ∆ tenta restaurar o

equilíbrio. Assim, o equilíbrio será restabelecido quando:

θ>θ P22

Lk

Desta forma, a situação de equilíbrio estável ocorrerá quando:

4

LkP <

A k

L/2

L/2

P

θ

θ

A

k

L/2

L/2

P

∆=θ (L/2)

θ

θ P

P

P tanθ

P tanθ

F = k ∆ x


Por outro lado, a situação de equilíbrio instável ocorrerá quando:

4

LkP >

O valor intermediário entre as duas situações corresponde a carga crítica:

4

LkPcr =

14.3 – Equações diferenciais para colunas

Para a obtenção das diversas relações diferenciais entre as variáveis do problema da

flambagem de colunas, considere um elemento isolado de uma coluna mostrada na sua

posição defletida. Para isto, considere as seguintes aproximações:

θ≈θ≈θ= sentandx

dv , cos θ ≈ 1 e ds ≈ dx

As equações de equilíbrio aplicadas sobre o elemento, fornecem duas equações

diferenciais:

↑ 0Fy =∑ , 0)dVV(Vdxw =++− , wdx

dV−=

A

+w

dx

x

y, v

V+∆V

M+∆M

V

M

P

P

ds

dv/ds

dv/ds

v

dv dv/ds

+w

P P

dx


0MA =∑ , 0)dMM(2

dxdxwdxVdvPM =+−+−− ,

dx

dvP

dx

dMV −−=

Na segunda equação diferencial, os termos de ordem infinitesimais de ordem superior

são desprezados. Da teoria de flexão de vigas, sabe-se que para a curvatura, tem-se a seguinte

relação:

IE

M

dx

vd2

2=

Fazendo uso da equação anterior na segunda equação diferencial e substituindo esta

última na primeira equação diferencial, temos:

IE

w

dx

vd

dx

vd2

22

4

4=λ+ , com

IE

P2 =λ

Neste caso, por simplicidade, E I é considerado constante. Se a carga axial P for nula,

as equações diferenciais acima revertem para o caso de vigas com carregamento transversal.

A solução da equação diferencial para colunas é do tipo:

v(x) = C1 sen λx + C1 cos λx + C3

As constantes C1, C2 e C3 são obtidas aplicando as condições de contorno do

problema.

Ex: Uma barra fina, de EI constante, é submetida à ação simultânea de momentos Mo nas

extremidades, e de uma força axial P, como mostrado abaixo. Determinar a máxima deflexão

e o maior momento fletor.

Mo

L

P PMo


A solução completa e as condições de contorno do problema são do tipo:

v(x) = C1 sen λx + C2 cos λx + C3, v(0) = v(L) = 0, M(0) = M(L) = -Mo

Para x = 0,

v(0) = C2 + C3 = 0

== )0(dx

vdIE)0(M

2

2- C2 E I λ2 = - Mo ,

P

MCC o

32 =−=

Para x = L,

v(L) = C1 sen λ L + C2 cos λ L + C3 = 0 , )Lsen

Lcos1(

P

MC o

1 λλ−

=

verificação:

== )L(dx

vdIE)L(M

2

2- C1 E I λ2 sen λ L - C2 E I λ2 cos λ L

M(L) = LcosIE

PIE

P

MLsen

IE

PIE)

Lsen

Lcos1(

P

M oo λ−λλ

λ−− = - Mo (OK)

Portanto, a equação da curva elástica é:

)1xcosxsenLsen

Lcos1(

P

M)x(v o −λ+λ

λλ−

=

A máxima deflexão ocorre em x = L/2 que é obtida fazendo-se:

0)xsenxcosLsen

Lcos1(

P

M

dx

dv o =λ−λλ

λ−=

Sabemos que:

2

Lcos

2

Lsen2Lsen

λλ=λ ,

2

Lsen

2

LcosLcos 22 λ

−λ

=λ , 2

Lsen

2

Lcos1 22 λ

+λ

=

Logo:

)12

L(sec

P

M)1

2

Lcos

)2/L(cos

)2/L(sen(

P

Mv o

2o

max −λ

=−λ+λλ

=

O momento fletor máximo ocorre também em x = L/2 e seu valor absoluto é:

v

P

P

M

Mo


0M =∑ , Mo + P.v + M = 0 , M = |- Mo - P.v |

Mmax = |- Mo - P.vmax | = Mo secλL/2

Observa-se que o momento é multiplicado por secλL/2, um número maior que 1,

quando uma força de compressão axial é aplicada. Porém o momento é reduzido quando uma

força de tração é aplicada. A mesma observação pode ser feita com relação a deflexão.

14.4 – Carregamento de flambagem de Euler para colunas articuladas

Considere uma coluna ideal; perfeitamente reta antes do carregamento, feita de

material homogêneo e sobre a qual a carga é aplicada no centróide da seção transversal,

articulada nas suas extremidades.

Da equação de equilíbrio estático do trecho superior da coluna, tem-se:

0M =∑ , P.v + M = 0 , M = - P.v

Substituindo a equação de momento fletor na equação diferencial da curva elástica,

temos:

IE

vP

IE

M

dx

vd2

2−== ou 0v

dx

vd 22

2=λ+ , com

IE

P2 =λ

L

P

x

P

y, v

x

P

Pv


A solução da equação diferencial acima é do tipo:

v(x) = C1 sen λx + C1 cos λx + C3

Onde as constantes C1, C2 e C3 são determinadas pela imposição das condições de

contorno:

v(0) = 0, 0)0(dx

vdIE)0(M

2

2== , v(L) = 0 , 0)L(

dx

vdIE)L(M

2

2==

Para x = 0: v(0) = C1 sen 0 + C2 cos 0 + C3 = 0 , C2 + C3 = 0

)0(dx

vdIE)0(M

2

2

= = - C1 λ2 sen λ 0 - C2 λ2 cos λ 0 = 0

C2 = - C3 = 0

Para x = L: v(L) = C1 sen λ L = 0

Como a solução trivial C1 = 0 não nos interessa, pela inexistência de flambagem, a

solução não-trivial procurada vem de:

sen λ L = 0 è λ L = n π , 222n nLIE

Pπ= ,

2

22

nL

IEnP

π=

Como a carga crítica procurada é o menor valor na qual a coluna flamba, n = 1. Assim,

a carga crítica para uma coluna biapoiada tem a expressão, denominada carga de flambagem

de Euler:

2

2

crL

IEP

π=

Substituindo a relação λ L = n π na expressão de deflexão tem-se o modo com que a

coluna irá deformar, ou a forma flambada da coluna:

xL

nsenC)x(v 1

π=

Os modos ou formas em que a columa irá flambar depende de n, como é visto abaixo:


Os modos onde n > 1 não tem significado físico, porque a carga crítica ocorre para n =

1. Uma solução alternativa deste problema pode ser obtida pelo uso da equação diferencial de

quarta ordem para colunas, com carregamento transversal nulo.

0dx

vd

dx

vd2

22

4

4=λ+

A solução da equação diferencial e as condições de contorno do problema são:

v(x) = C1 sen λx + C1 cos λx + C3, v(0) = v(L) = 0, M(0) = M(L) = 0

Este método é vantajoso nos problemas de colunas com diferentes condições de

contorno, onde a força axial e EI permanecem constantes ao longo do comprimento da coluna.

O método não pode ser aplicado se a força axial atua em parte do membro.

14.5 – Flambagem elástica de colunas com diferentes vínculos nas

extremidades

As cargas críticas e os modos de flambagem podem ser determinados para diferentes

condições de contorno.

14.5.1 - Coluna engastada-livre

n = 1 n = 2 n = 3


0M =∑ , - P.( δ - v) + M = 0 , M = P.(δ - v)

Da equação elástica da coluna temos:

IE

)v(P

IE

M

dx

vd2

2 −δ== , δ=+

IE

Pv

IE

P

dx

vd2

2

ou:

δλ=λ+ 222

2v

dx

vd com

IE

P2 =λ

A solução do problema e as condições de contorno são do tipo:

v(x) = C1 sen λx + C2 cos λx + C3 , v(0) = δ, v(L) = 0

0)0(dx

vdIEM

2

2== δ== P)L(

dx

vdIEM

2

2 e 0)L(

dx

dv=

Para x = 0:

v(0) = C2+ C3 = δ

)0(dx

vdIEM

2

2= = - C1 λ2 sen λ.0 – C2 λ2 cos λ.0 = 0

C2 = 0 , C3 = δ

Para x = L:

L

P

x

P

y, v

x P

P

v

δ


v(L) = C1 sen λ L + δ = 0 , Lsen

C1 λδ

−=

verificação:

)L(dx

vdIEM

2

2= = - E I C1 λ2 sen λ.L

M = δ=λ

λδ

−− PLsenIE

P

LsenIE (OK)

LsenCLcosC)L(dx

dv21 λλ−λλ= = 0

C1 λ cos λ L = 0 , como C1 ≠ 0 e λ ≠ 0 è cos λ L = 0 , 2

nL

π=λ ,

2

222

2

nL

IE

P π= ,

2

22

L4

IEnP

π=

Como procura-se a menor carga crítica, n = 1. Logo a carga crítica para uma coluna

engastada-livre é:

( ) 2e

2

2

2

crL

IE

L2

IEP

π=

π= , com o comprimento efetivo Le = 2 L ( comprimento efetivo

corresponde à distância entre dois pontos de momento nulo).

14.5.2 - Coluna engastada-apoiada

L

P

Le=0,7L

P

y, v

x

P

Ponto de inflexão


( ) 2e

2

2

2

crL

IE

L7,0

IEP

π=

π= com o comprimento efetivo Le = 0,7 L

14.5.3 - Coluna engastada-engastada

( ) 2e

2

2

2

crL

IE

L5,0

IEP

π=

π= , com o comprimento efetivo Le = 0,5 L

Ex: Uma coluna de alumínio está engastada em uma extremidade e amarrada por um cabo na

outra como mostrado abaixo, de maneira a impedir o deslocamento na direção x. Determine a

maior carga possível P que pode ser aplicada na coluna sabendo-se que: Eal = 70 GPa, σesc =

215 Mpa, A = 7,5 .10-3 m2, Ix = 61,3.10-6 m

4, Iy = 23,2.10-6 m

4-. Use um fator de segurança

F.S. = 3.

L

P

Le=0,5L

P

y, v

x

P

Ponto de inflexão

Ponto de inflexão

y

z

x

5 m


Flambagem no plaxo x-z:

( )2y

2

crL7.0

IEP

π=

( )2692

cr5,3

10.2,2310.70P

−π=

Pcr = 1310 kN

Flambagem no plaxo y-z:

( )2x

2

crL2

IEP

π=

( )2692

cr10

10.3,6110.70P

−π=

Pcr = 424 kN

Portanto, a coluna irá flambar primeiro com relação ao eixo x. A carga permissível é:

kN1413

424

3

PP cr

perm ===

A tensão devido a carga crítica é:

MPa215MPa5,5610.5,7

424

A

P3

crcr <===σ

−

Ex: Determine a máxima carga P que a estrutura pode suportar sem flambar o membro AB.

Assumir que o membro AB é feito de aço e está articulado nas suas extremidades para o eixo

de flambagem y e engastado em B para o eixo de flambagem x. Tome Eaço = 200 GPa e σadm

= 360 MPa.

zx

Le = 0,7.5 = 3,5 m

zy

L = 5 m


5

4cos =θ ,

5

3sen =θ

0MB =∑ , 06.P6.5

3.R AC =− , P

3

5R AC =

Flambagem no plano xz (biarticulada):

2e

y2

ycrL

IEP

π= ,

( )23

332

ycr10.6

12

50.10010.200

P

π

= , Pcr y = 57,1 kN

ycrAC PR5

4= , kN1,57P

3

5

5

4= , P = 42,8 kN

50.100

8,42

A

P==σ , σ = 8,56 Mpa < σadm

y

x

50 mm

50 mm

50 mm

A

B

C

3 m

4 m

6 m

P

P

B

RAC

6 m

y

(4/5)RAC

x

z

x

θ


Flambagem no plano yz (engastada-livre):

2e

x2

xcrL

IEP

π= ,

( )23

332

xcr10.6.2

12

100.5010.200

P

π

= , Pcr x = 57,1 kN

xcrAC PR5

4= , kN1.57P

3

5

5

4= , P = 42,8 kN

50.100

8,42

A

P==σ , σ = 8,56 Mpa < σadm

Ex: Determine se a estrutura abaixo pode suportar a carga de w = 6 kN/m, considerando um

fator de segurança com relação a flambagem do membro AB de 3. Assumir que o membro

AB é de aço e é articulado nas suas extremidades com relação ao eixo de flambagem x e

engastado-libre com relação ao eixo de flambagem y. Eaço = 200 GPa e σadm = 360 Mpa.

Diagrama de corpo livre da viga BC:

Σ MC = 0, RAB . 1,5 – 12 . 1 = 0, RAB = 8 kN

1,5 m

w = 6 kN/m

C B

0,5 m

A

2 m

yz

yx

30 mm

20 mm

1,5 m

w = 6 kN/m

C B

0,5 m

12 kN

RAB

RCy

RCx


Flambagem no plano yz (biarticulada):

2e

x2

xcrL

IEP

π= ,

( )23

332

xcr10.2

12

30.2010.200

P

π

= , Pcr x = 22,2 kN

kN4,73

2,22

3

PkN8R

xcrAB ==>=

Flambagem no plano xz (engastada-livre):

2e

y2

ycrL

IEP

π= ,

( )23

332

ycr10.2.2

12

20.3010.200

P

π

= , Pcr y = 2,5 kN

kN8,03

5,2

3

PkN8R

ycrAB ==>=

Conclusão: A coluna AB não suportará a carga de 6kN/m pois flambará nos dois planos de

flambagem.

14.6 – Limitação das fórmulas de flambagem elástica

Nas deduções das fórmulas de flambagem de colunas, admite-se que o material tem

comportamento elástico. Para ressaltar a limitação deste fato, as fórmulas podem ser escritas

de maneira diferente. Introduzindo a definição de raio de giração1, I = A r2, na fórmula de

flambagem, temos:

2e

22

crL

rAEP

π=

A tensão crítica para coluna é definida como a tensão média na área da seção

transversal A de uma coluna com carga crítica Pcr.

2e

2cr

cr

rL

E

A

P

π==σ

1 O raio de giração de uma área pode ser considerado como a distância do eixo no qual todaárea pode ser concentrada e ainda Ter o mesmo momento de inércia que a área original.


A relação (Le/r), comprimento efetivo da coluna e o menor raio de giração é definida

como índice de esbeltez. A tensão crítica σcr deve ser o limite superior de tensão, a partir da

qual a coluna flamba plásticamente.

Ex: Achar o menor comprimento Le, para uma coluna de aço simplesmente apoiada na

extremidade, com seção transversal de 50mm x 75 mm, para a qual a fórmula elástica de

Euler se aplica. Considerar E = 21 000 kgf/mm2 e admitir que o limite de proporcionalidade

seja 25 kgf/mm2.

12

50.75I

2

min = = 781250 mm4

75.50

781250

A

Ir min == =14,434 mm

2e

2

cr

rL

E

π=σ ,

2e

2

434,14L

2100025

π= , Le = L = 1314 mm

Conclusão: Para um comprimento menor que 1314 mm a coluna flambará plásticamente.

14.7 – Fórmula generalizada da carga de flambagem de Euler

Um diagrama de tensão-deformação na compressão, para um espécime impedido de

flambar, pode ser representado pela figura abaixo.

ε

σ

E

Et

Et

A

BC

0 L/r

σcr

curta

S

R

Tintermediária

colunas longas

Limite de proporcionalidade

Hipérbole deEuler

0

flambagemelástica

flambagemelástica

praticamentesem flambagem


Resumo:

região ST (colunas longas): infinito número de colunas ideais de diferentes comprimento que

flambam elásticamente.

ponto S: menor coluna de um dado material e tamanho que flambará elásticamente. Ponto A

do diagrama tensão-deformação.

região RS (intermediária): A rigidez do material é dada instantâneamente pela tangente à

curva tensão-deformação, Et. A fórmula generalizada de Euler para carga de flambagem fica:

2e

t2

cr

rL

E

π=σ

região R (colunas curtas): Região onde praticamente não há flambagem.

Comparação entre colunas biapoiadas e engastadas nas extremidades.

Conclusão: Para índices de esbeltez menores que (Le/r)1, a relação de 4 para 1 em termos de

capacidade de carga vai decrescendo até o momento em que para um “bloco curto” não há

diferença se ele está articulado ou engastado, sendo a resistência, e não mais a flambagem,

que determinará o comportamento da coluna.

14.8 – Colunas com carregamento excêntrico

A fórmula de Euler é obtida assumindo que a carga P é aplicada no centróide da seção

transversal da coluna e que a coluna é reta. Normalmente estas considerações são irrealistas,

ε

σ Tensão de escoamento

A

0 Le/r

σcr

colunas comextremidades fixas

Limite de proporcionalidade

Hipérboles de Euler

0

colunas comextremidadescom pinos

(Le/r)1


pois as colunas nem sempre são retas e a posição de aplicação da carga nem sempre é

conhecida com exatidão.

Para estudar este efeito, considera-se uma coluna com um carregamento excêntricocomo mostrado abaixo.

0M =∑ , P.v + P.e + M = 0 , M = - P.(e + v)

Da teoria de flexão de vigas, tem-se:

IE

)ve(P

IE

M

dx

vd2

2 +−== ou e

IE

Pv

IE

P

dx

vd2

2−=+

Esta equação diferencial é similar ao caso de uma coluna biapoiada, tendo uma

solução e condições de contorno do tipo:

v(x) = C1 sen λx + C2 cos λx + C3 , v(0) = v(L) = 0 e M(0) = - P e

Para x = 0:

v(0) = C2 + C3 = 0

== )0(dx

vdIEM

2

2 E I (- C2 λ2 ) = - P e , como

IE

P2 =λ

C2 = e , C3 = - e

Para x = L

v(L) = C1 sen λL + e cos λL – e = 0 , Lsen

)Lcos1(eC1 λ

λ−=

A curva de deflexão é portanto escrita da forma:

excosexsenLsen

)Lcos1(e)x(v −λ+λ

λλ−

=

P

P

Mo= P e

v

x

M

P

P

e

vmax L

Mo= P e

vx

P

P x

y, v

L


A máxima deflexão ocorre em x = L/2, logo:

)12

L(secev max −

λ=

O momento fletor máximo ocorre também em x = L/2 e seu valor absoluto é:

Mmax = | P.(e + vmax) | = |2

LseceP

λ| = |

2

LsecMo

λ|

A máxima tensão que ocorre no lado côncavo da coluna a meia altura da coluna é:

I

cM

A

Pmax +=σ

Como IE

P2 =λ e I = A r2:

+=

λ+=σ

AE4

P

r

Lsec

r

ce1

A

P

2

Lsec

r

ce1

A

P22max

Esta equação é frequentemente denominada fórmula da secante para colunas e é válida

somente se a máxima tensão permanecer dentro da região elástica. A curva abaixo descreve a

evolução da tensão em função do índice de esbeltez para colunas em aço (σesc=24 kgf/mm2, E

= 20.103 kgf/mm2). Como verifica-se que a relação tensão-carga é não linear, a superposição

de efeitos devido à diferentes cargas não pode ser feita.


14.9 – Fórmulas de colunas para cargas concêntricas

De maneira a compensar o fato de as colunas não serem perfeitamente retas, o material

não ser totalmente homogêneo e a posição das cargas não ser perfeitamente conhecida, é

necessário compensar estes efeitos através de fórmulas empíricas testadas experimentalmente,

como mostra a figura abaixo.

Estas fórmulas empíricas são utilizadas no projeto de colunas de aço, alumínio emadeira.Fórmulas para colunas de aço:

Para colunas longas, a fórmula de Euler pode ser utilizada.

hipérbole deEuler

0r

ce2

=

hipérbole deEuler

colunas longascolunas intermediáriascolunas curtas

KL/r

σe


2e

2

max

rL

E

π=σ

A aplicação desta fórmula exige que um fator de segurança de 1.92 seja aplicado.

2e

2

adm

rL92,1

E

π=σ

Esta equação pode ser aplicada na faixa de esbeltez de:

200rL

rL e

c

e ≤≤

A relação (Le/r)c é obtida quando da utilização da fórmula de Euler até que a tensão

atingida seja a metade da tensão de escoamento σesc/2. Consequentemente, se a tensão na

fórmula de Euler for superior que este valor, ela não pode ser aplicada.

2

c

e

2esc

rL

E

2

π=

σ

Oque dá o índice de esbeltez no limite da utilização da fórmula de Euler:

esc

2

c

e E2r

Lσπ

=

Colunas com um índice de esbeltez menor que (Le/r)c são projetas com base numa

fórmula empírica que é parabólica e tem a forma:

esc

2ce

2e

adm .S.F

)r/L(

)r/L(1

σ

−

=σ

O fator de segurança é, para este caso, definido como:

( )

( )( )( ) 3

ce

3e

ce

e

r/L

r/L

8

1

r/L

r/L

8

3

3

5.S.F −+=


Fórmulas para colunas de alumínio:

Para colunas longas a tensão admissível é de:

2e

adm

rL.S.F

71700

=σ (kgf/mm2)

Para colunas intermediárias e curtas, baixo valor de (Le/r), usa-se a seguinte expressão

de tensão admissível (para liga 2024-T4, ALCOA):

−=σ

2e

adm rL22,05,31

.S.F

1(kgf/mm2) (0 ≤ (Le/r) ≤ 64)

Fórmulas para colunas de madeira:

Para colunas maciças de madeira com extremidades articuladas ou engastadas e carga

paralela as fibras, a tensão admissível é:

( ) ( )22

2

adm

rL

E619,3

rL727,2

E=

π=σ

Para colunas de seção transversal quadrada ou retangular, a equação anterior fica:

( )2adm

dL

E30,0=σ

Onde d é a menor dimensão lateral de um membro.

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mecsol-Parte II