mecsol-Parte II - Grante - Universidade Federal de Santa Catarina

Transcrição

Universidade Federal de Santa Catarina
Departamento de Engenharia Mecânica
Grupo 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.
y
σy
y´
τyx
B
τxy
σy
+θ
θ
τxy
σx
C
A
x´
τyx
+θ
σx
x
y´
y´
τxý´
σx´
σx
θ
τxy
x´
dA
τyx
τxý´ dA
σx dA cosθ
σx´ dA
x´
θ
τyx dA cosθ
τyx dA senθ
σy
Aplicando as equações de equilíbrio estático:
σy dA senθ
6
Curso de Mecânica dos Sólidos II
σ x ' dA − σ x dA cos θ cos θ − τ xy dA cos θ sen θ −
→ ∑ F x' = 0 ,
(9.1)
σ y dA sen θ sen θ − τ xy dA sen θ cos θ = 0
σ x ' = σ x cos 2 θ + σ y sen 2 θ + 2 τ xy cos θ sen θ
(9.2)
Sabendo-se que:
sen 2 θ = 2 sen θ cos θ , cos 2 θ = cos 2 θ − sen 2 θ
,
1 = cos 2 θ + sen 2 θ
Assim:
cos 2 θ =
1 + cos 2θ
2
sen 2 θ =
,
1 − cos 2θ
2
Substituindo as expressões de sen 2θ, cos 2θ e sen 2θ em (9.2), tem-se;
σx ' = σx
σ x' =
↑
1 + cos 2θ
1 − cos 2θ
+ σy
+ τ xy sen 2 θ
2
2
σx + σy
+
2
σx − σy
2
cos 2θ + τ xy sen 2 θ
τ x ' y' dA + σ x dA cos θ sen θ − τ xy dA cos θ cos θ −
∑ F y' = 0 ,
σ y dA sen θ cos θ + τ xy dA sen θ sen θ = 0
 σx − σy
τ x 'y ' = − 
2


 sen 2θ + τ xy cos 2 θ


(9.3)
(9.4)
(9.5)
(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:
σ x' −
σx + σy
2
=
σx − σy
2
cos 2θ + τ xy sen 2 θ
(9.7)
τ x 'y ' = −
σx − σy
2
7
sen 2θ + τ xy cos 2 θ
(9.8)
Elevando ao quadrado ambas as equações e somando-as tem-se:
σ + σy

 σ x' − x

2

2

 σ − σy
 + τ x ' y' 2 =  x


2


2

 + τ xy 2


(9.9)
Esta equação pode ser de maneira mais compacta:
(σ x ' − a )2 +
τ xy 2 = R 2
(9.10)
 σx − σy


2

A equação acima é a equação de um círculo de raio R =
a=
σx + σy
e
2
2

 + τ xy 2 e centro


b=0 .
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.
τ
τmax
θ = 0°
A(σx, τxy)
2 θ1’
σ2
σ1
B(σx, -τxy)
|τmin|=τmax
σx + σ y
σx − σy
2
2
σ
8
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
σx + σy
2
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.
y
90 MPa
60 MPa
20 MPa
x
Ponto A
σx = - 20 MPa (20 x 106 N/m2) , σy = 90 MPa , τxy = 60 MPa
Procedimento:
1 – Determinar o centro do círculo (a,b):
a=
σx + σy
2
=
9
− 20 + 90
= 35 MPa , b = 0
2
2 – Determinar o Raio R =
 σx − σy


2

2

 + τ xy 2 :


2
R=
 − 20 − 90 
2

 + 60 = 81, 4 MPa
2


3 – Localizar o ponto A(-20,60):
τ (Mpa)
τmax = 81,4
A(-20,60)
2 θ2’
60
σ2 = 35-81,4 = -46,4
2 θ1’’
2 θ1’
σ1 = 35+81,4 = 116,4
2 θ2’’
20
σ (Mpa)
35
B(90, -60)
4 – Tensões principais:
σ1 = 35 + 81,4 = 116,4 MPa
,
σ2 = 35 - 81,4 = -46,4 MPa
5 – Orientações das tensões principais.
 60 
’’
2θ1'' = arc tg 2 
 = 47,7° , θ1 = 23,85°
 20 + 35 
2 θ1’’ + 2 θ1’ = 180°
è θ1’ = 66,15°
10
y
1
2
σ1 = 116,4 MPa
θ1 = 66,15°
x
σ2 = 46,4
MPa
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°
y
y´
τmax = 81,4
MPa
x´
θ2 = 21,25°
x
σ´ = 35 MPa
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.
11
y
1 kgf/mm2
2 kgf/mm2
3 kgf/mm2
x’
22,5°
x
Ponto A
σx = 3 kgf/mm2 , σy = 1 kgf/mm2 , τxy = 2 kgf/mm2
Procedimento:
1 – Determinar o centro do círculo (a,b):
a=
σx + σy
2
=
3+1
= 2 kgf / mm 2 , b = 0
2
 σx − σy


2

2 – Determinar o Raio R =
2

 + τ xy 2 :


2
R=
 3 − 1
2
2
 + 2 = 2,24 kgf / mm

2


3 – Localizar o ponto A(3,2):
τ (kgf/mm2)
τmax = 2,24
A(3,2)
45°
2 θ2’
2 θ1
2
’
A’
σ1 = 2+2,24 = 4,24
σ (kgf/mm2)
σ2 = 2-2,24 = -0,24
2
B’
3
B(1, -2)
12
a)
Ponto A’:
 2 
2 θ1 ' = arc tg 
 = 63,4
3− 2
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
y
y´
x´
2
0,71 kgf/mm
0,13 kgf/mm2
4,13 kgf/mm2
θ = 22,5°
x
Ponto A’
b)
σ1 = 4,24 kgf/mm2
tg 2 θ1 =
(tração)
σ2 = -0,24 kgf/mm2
,
(compressão)
2
=2
1
2 θ1´ = 63,4°
θ1´ = 31,7°
è
2 θ1´´ = 2 θ1´ + 180°
θ1´´ = 121,7°
è
y
2
1
2
0,24 kgf/mm
θ1’’ = 121,7°
4,24 kgf/mm2
θ1’ = 31,7°
x
c) τmax = 2,24 kgf/mm2
2 θ2´ + 2 θ1´ = 90°
è
θ2´ = 13,3°
2 θ2´´ = 2 θ2´ + 180°
è
13
θ2´´ = 76,7°
y
y´
2 kgf/mm2
2,24 kgf/mm2
θ2´´ = 76,7°
x
θ2´ = 13,3°
x´
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).
T
y
τxy
τxy
x
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.
14
τ
τmax = τxy
2 θ1’’
2 θ1’
σ1 = τxy
σ2 = -τxy
σ
σ 1 = ± τ xy
2
tg 2 θ1 = ∞
è
 θ1´= 45°

θ1´´= 135° = −45°
( tração)
.
(compressão)
Assim:
2
y
1
θ2’ = 135°
σ1=|τxy|
θ1’ = 45°
x
σ2=|τxy|
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.
y
15
σy
n
y
σxy
σxy
σyz
σzy
σx
τxy
z
σz
τyz
σz
τxz
σx
σx
σzx
B
σn
τxz
x
τxy
C
σy
τyz
A
x
σy
z
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.
y
m
γ
Vetor unitário
β
α
l
n
A
x
z
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:
∑ Fx = 0 , (σ n dA) l − σ x dA l − τ xy dA m − τ xz dA n = 0
∑ Fy = 0 , (σ n dA) m − σ y dA m − τ yz dA n − τ xy dA l = 0
∑ Fz = 0 , (σ n dA) n − σ z dA n − τ xz dA l − τ yz dA m = 0
Simplificando e reagrupando em forma matricial, temos:
σ x − σ n

 τ xy
 τ xz

τ xy
σy − σn
τ yz
τ xz   l  0

τ yz   m = 0
   
σ z − σ n   n  0
16
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.
σx − σn
τ xy
τ xz
τ xy
σy − σn
τ yz
τ xz
τ yz
=0
σz − σn
A expansão do determinante fornece um poninômio característico do tipo:
σ 3n − I σ σ 2n + II σ σ n − III σ = 0
onde: I σ = σ x + σ y + σ z
II σ = ( σ x σ y + σ y σ z + σ z σ x ) − ( τ 2xy + τ 2yz + τ 2xz )
II σ = σ x σ y σ z + 2 τ xy τ yz τ xz − (σ x τ 2yz + σ y τ 2xz + σ z τ 2xy )
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.
y
σy
2
σ2
σxy
1
σxy
σzy
σzy
σzx
z
σz
σ1
σx
σ3
x
3
17
Admitindo que σ1 > σ2 > σ3 > 0.
σ2
σ3
σ1
σ2
σ2
σ1
σ3
σ3
σ1
τmax
τ
σ3
σ2
σ1
σ
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.
18
σ
material dúctil
σ
material frágil
σrup
σesc
ε
ε
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:
τmax ≡ τcrítico =
σesc
2
τ
σ2 = σ3
τmax = (σ1)/2
σ1
σ
Considerando um fator de segurança n, a tensão de cisalhamento crítica ou admissível
é da forma:
τcrítico =
σesc
2n
Para aplicar o critério da máxima tensão de cisalhamento para um estado de tensão
biaxial devem ser considerados dois casos:
19
Caso 1: Os sinais de σ1 e σ2 são iguais.
τ
τmax = (σ1)/2
σ2
σ1
σ
σ3
σ2
σ1
Para |σ1| > |σ2| è |σ1| ≤ σesc
Para |σ2| > |σ1| è |σ2| ≤ σesc
Caso 2: Os sinais de σ1 e σ2 são diferentes.
τ
τmax = |(σ1- σ2)/2|
σ2
σ1
σ
σ2
±
σσ3
σ
σ1 − σ 2
≤ esc
2
2
Para o escoamento iminente:
σ1
σ
− 2 = ±1
σ esc σ esc
σ1
20
σ2/σesc
1.0
A( 1.0, 1.0)
σ1/σesc
-1.0
1.0
B( -1.0, 1.0)
-1.0
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:
U total =
(
) (
)
1
ν
σx2 + σy2 + σz 2 − σxσy + σyσz + σzσx L
2E
E
1 2
τ xz + τ 2 yz + τ 2 xz
L+
2G
(
)
Esta energia de deformação total, medida nos eixos principais é da forma:
U total =
(
)
ν
1
σ12 + σ 22 + σ32 − (σ1σ 2 + σ2 σ3 + σ3σ1 )
2E
E
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.
σ2
σ1
σ3
Energia de
deformação total
σ2 − σ
σ
+
=
σ1 − σ
σ
σ
Energia de
dilatação
σ3 − σ
Energia de
distorção
21
Para um estado de tensão uniaxial as energias de dilatação e de distorção são
representada da seguinte forma:
σ1/3
σ1/3
σ1/3
σ1
σ1
=
σ1/3
+
σ1/3
+
σ1/3
σ1/3
Energia de
dilatação
Energia de
deformação total
Energia de
distorção
τ
τ
τmax = σ1/3
τmax = σ1/3
σ
0
σ1/3
σ1/3
0
σ1/3
σ
σ1/3
No tensor correspondente a energia de dilatação, os componentes são definidos como
sendo a tensão “hidrostática” média:
σ=
σ1 + σ 2 + σ 3
3
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 p = σ =
U dilatação =
1 − 2ν
(σ1 + σ 2 + σ 3 )2
6E
σ1 + σ 2 + σ 3
:
3
22
A energia de distorção é obtida sustraindo da energia de deformação total a energia de
dilatação:
U distorção =
[
1
(σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2
12 G
]
A energia de distorção em um ensaio de tração simples, onde neste caso σ1 = σesc e σ2
= σ3 = 0 é da forma:
U distorção =
2
2 σ esc
12 G
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.
(σ1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ1 )2 = 2 σ 2esc
ou:
 σ1

 σ esc
2
2
2
 σ   σ σ 2   σ 2 σ3 

 L
 − 
 +  3  −  1
σ
σ
σ
σ
σ
 esc   esc esc   esc esc 

 σ σ1 
 = 1
L −  3
σ
σ
 esc esc 
  σ2
 + 
  σ esc
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, temse:
 σ1

 σ esc
2

 σ σ2   σ2
 −  1
 + 
σ
σ
esc
esc


  σ esc
2

 = 1

σ2/σesc
1.0
A( 1.0, 1.0)
σ1/σesc
-1.0
1.0
B( -1.0, 1.0)
-1.0
23
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
σ2/σrup
1.0
A( 1.0, 1.0)
σ1/σrup
-1.0
1.0
B( -1.0, 1.0)
-1.0
24
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.
z
t
σ1
σ2
y
x
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.
dy
t
σ1
2r
p
σ1
∑ Fx = 0 ,
2[σ1(t dy)] – p (2r dy) = 0
t
, σ1 =
pr
t
Vasos de Pressão
25
A magnitude da tensão σ2 é determinada a partir de um corte do cilindro na direção
circunferencial.
τ
σ2
τmax = σ1/2
t
σ
r
σ2
σ3
σ1
p
∑ Fy = 0 ,
σ2 (2π r t) – p (πr2 ) = 0
, σ2 =
pr
2t
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.
z
σ1
σ2
x
y
r
t
Devido a simetria σ1 = σ2. A magnitude da tensão σ2 é determinada a partir de um
corte do cilindro na direção circunferencial.
σ2
t
τ
τmax = σ1/2
r
σ
σ3
p
σ1=σ2
26
∑ Fy = 0 ,
σ2 (2π r t) – p (πr2 ) = 0
, σ2 =
pr
2t
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.
σ1 =
p r 0,80 1000
=
,
t
10
σ2 =
p r 0,80 .1000
=
2t
2 .10
σ1 = 80 Mpa
, σ2 = 40 Mpa
Deformação na direção circunferencial: ε1 =
1
[σ1 − ν(σ 2 + σ3 )] . Considerando a tensão
E
radial σ3 = 0.
ε1 =
ε1 =
1
200.10
3
[80 − 0,25 .40]
, ε1 = 0,35 .10-3 mm/mm
∆L 2 π ( r + ∆r ) − 2π r ∆r
∆r
=
=
, 0,35.10 − 3 =
, ∆r = 0,35 mm
1000
Lo
2π r
r
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.
0,1. 1,5.10 3
,
25
σ1 =
pr
,
t
σ1 =
σ2 =
pr
,
2t
σ2 = 3 kgf/mm2
σ1 = 6 kgf/mm2
Vasos de Pressão
27
ε1 =
1
(σ1 − νσ 2 ) = ∆L1 ,
E
L1
∆L1
1
(6 − 0,3 .3) =
,
20 000
π 3.10 3
ε1 =
∆L1 π(d + ∆d ) − πd ∆d
=
=
,
L1
d
πd
∆L1 = 2,4 mm
1
(6 − 0,3 .3) = ∆d 3 , ∆d = 0,765 mm
20 000
3.10
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.
σ1
30°
σ2
longitudinal
σ1
30°
σ2
transversal
G=
E
,
2(1 + ν )
ε1 =
1
(σ T − νσ L ) ,
E
σ1 =
pr
,
t
σ1 =
σ2 =
pr
,
2t
σ2 = 50 p
ν = 0,25
430.10 −6 =
p 1,25.10 3
,
12,5
1
(σ T − 0,25σ L ) ,
20 000
σ1 = 100 p
8,6 = σ T − 0,25σ L
(1)
28
τ
τmax = (σ1-σ2)/2
60°
σ2
τ max =
(σ1 − σ 2 )
2
(σ1 + σ 2 )
=
σ
σT
σL
σ1
σ’
100p − 50p
= 25p
2
100p + 50p
= 75p
2
2
σ T = 75p + 25p. cos 60 o = 87,5p
(2)
σ' =
=
σ L = 75p − 25p. cos 60 o = 62,5p
(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.
8 mm
750 mm
50 mm
Vasos de Pressão
29
(a)
dy
t
σ1
2r
p
σ1
σ1 =
t
p r 1,35 .0,75.10 3
=
t
8
σ1 = 126,6 Mpa
,
tcp
dy
(b)
t
(σ1)cp
2r
p
σ1
t
∑ F x = 0 , 2[(σ1)cp (tcp dy)] +σ1 (t dy) – p (2r dy) = 0, (σ1 ) cp =
(σ1 ) cp =
1,35 .0,75.10 3
2 .8
, (σ1)cp = 63,3 Mpa
(c)
tcp
dy
t
(σ1)cp
2r
p
σ1
τ
tcp
(σ1)cp
dy
b
t
pr
2 t cp
30
∑ Fcircunf = 0 , (σ1)cp.tcp.dy - τ b dy = 0 , (σ1)cp.tcp.dy = τ.b.dy = dF
(σ1 ) cp t cp =
63,3
N
mm 2
dF
= q (fluxo de cisalhamen to)
dy
8 mm =
dF
=q
dy
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
τ=
V
πd
4
2
=
25320
π 10 2
4
, 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.
O
ρ = raio de curvatura
centróide
A
y
D
ρ
∆θ
A
M
z
B
x
M
D’
∆s
C
B
∆x
A
D’
D
superfície
neutra
ρ
a
∆s
-y
∆u
f
c
B
b
∆x
C
∆θ
C’
C’
32
A variação de comprimento ∆u das fibras pode ser expressa por:
∆u = − y∆θ
Dividindo a expressão acima por ∆s, comprimento das fibras sobre a superfície neutra,
e levando ao limite, tem-se:
∆u
∆θ
= − y lim
∆s → 0 ∆s
∆s → 0 ∆s
lim
ou
du
dθ
= −y
ds
ds
onde du/ds é a deformação linear de uma fibra da viga a uma distância y do eixo neutro.
Assim:
ε=
du
ds
e da figura acima, tem-se a relação:
∆s = ρ∆θ
ou
∆θ 1
=
∆s ρ
ou
∆ θ dθ 1
=
=
ds ρ
∆s → 0 ∆s
lim
Substituindo as duas relações anteriores em
du
dθ
= − y , tem-se:
ds
ds
1
ε
=κ=−
ρ
y
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
σ
My
caso elástico, sabe-se que ε x = x e σ x = −
, logo:
E
I
1 M
=
ρ EI
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
Deflexão de vigas
33
forma:
d2v
2
1
dx
=
ρ 
2 3 / 2
dv
1 +
dx 
(
)
d2v
,
1
M
dx 2
=
=
3
/
2
ρ 
EI
dv 2 
+
1

dx 
(
)
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:
d2v
M
=
2
EI
dx
Considerando que
ou
EI
d2v
dx 2
=M
dM
dV
= − V( x ) e
= − w( x ) , temos:
dx
dx
d 
d 2 v 
EI
= − V( x )
dx 
dx 2 
e
d 2 
d 2 v 
EI
= w(x)
dx 2 
dx 2 
Para o caso da rigidez em flexão EI ser constante:
EI
d 3v
dx 3
= − V( x )
e
EI
d4v
dx 4
= w(x )
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:
34
v=0
Rolete (extremidade da viga)
M=0
v=0
Pino (extremidade da viga)
M=0
v=0
Rolete (posição qualquer ao longo da viga)
v=0
Pino (posição qualquer ao longo da viga)
v=0
Suporte fixo ou engastado
dv/dx=0
V=0
Extremidade livre
M=0
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.
EI
d4v
dx 4
= w(x )
Deflexão de vigas
EI
EI
EI
35
d 3v
x
d2v
x
= ∫ w ( x ) dx + C1
dx 3 0
x
= ∫ dx ∫ w (x ) dx + C1x + C 2
dx 2 0 0
x2
dv x x x
= ∫ dx ∫ dx ∫ w( x ) dx + C1
+ C2 x + C3
2
dx 0 0 0
x
x
x
x
o
0
0
0
E I v = ∫ dx ∫ dx ∫ dx ∫ w ( x ) dx + C1
x2
x3
+ C2
+ C 3x + C 4
2
6
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.
v(0)=0
M(0)=0
w = - wo
y,v
v(L)=0
M(L)=0
x
L
Caso (a):
1 – Determinar as reações de apoio e a função de momento M(x).
wo L
RA
RB
L
∑ M A = 0 , R B L − (w o L) = 0
L
2
, RB =
woL
2
w L
w L
↑ ∑ F y = 0 , R A − (w o L) + o = 0 , R A = o
2
2
36
wo x
M
V
RA
x
woL x wo x2
x
−
∑ M = 0 , − R A x + (w o x ) + M = 0 , M =
2
2
2
2 – Partindo da equação da curva elástica, e integrando duas vezes e aplicando as condições
de contorno:
woL x wo x2
EI
=M=
−
2
2
dx 2
d2v
dv w o L x 2 w o x 3
EI
=
−
+ C3
dx
4
6
E I v(x ) =
woL x3 wo x4
−
+ C 3x + C 4
12
24
Para x = 0, v(0) = 0 , C4 = 0
Para x = L, v(L) = 0, E I v ( L) =
v(x ) = −
(
w L3
w o L L3 w o L4
−
+ C 3L = 0 , C 3 = − o
12
24
24
wo
L3 x − 2 Lx 3 + x 4
24 E I
)
v
0
vmax
x
Devido a simetria, a maior deflexão ocorre em x = L/2. Para casos mais gerais,
dv
= 0 . Assim, vmax é:
dx
v max = −
5 w o L4
384 E I
Deflexão de vigas
37
A inclinação da curva elástica θ =
θ( x ) =
dv
é da forma:
dx
dv
1  w o L x 2 w o x 3 w o L3 
=
−
−
dx E I 
4
6
24 
w o L3
Para x = 0, θ(0) = −
24 E I
Para x = L, θ( L) =
w o L3
24 E I
woL3/24EI
θ
0
x
-woL3/24EI
Caso (b):
EI
EI
d4v
dx 4
d 3v
dx 3
= w( x ) = − w o
= − w o x + C1
d2v
x2
EI
= −w o
+ C1x + C 2 = M
2
dx 2
Para x = 0, M(0) = 0, C2 = 0
Para x = L, M(L) = 0, M ( L) = − w o
EI
d2v
dx 2
=M=
L2
L
+ C1L = 0 , C1 = w o
2
2
woL x wox2
−
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.
38
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.
v(0)=0
M(0)=0
y,v
P
A
v(L)=0
M(L)=0
B
D
a
b
RA = Pb/L
L
Para o segmento AD (0 < x < a):
M
V
x
Pb/L
d 2v
Pb
EI
=M=
x
2
L
dx
,
d2v
dx
2
=
Pb
x
EIL
dv
P b x2
P b x3
=
+ A1 , v =
+ A1x + A 2
dx E I L 2
EIL 6
Condições de contorno:
Para x = 0, v(0) = 0, A2 = 0, v =
P b x3
+ A1x
EIL 6
Para o segmento DB (a < x < L):
M
x
d2v
Pa
EI
=M=
(L − x)
2
L
dx
x
Pa/L
,
d2v
dx
2
=
Pa
Pa
−
x
EI EIL
RB = Pa/L
Deflexão de vigas
39
dv P a
P a x2
P a x2
P a x3
=
x−
+ B1 , v =
−
+ B1x + B 2
EI 2 EIL 6
dx E I
EIL 2
Condições de contorno:
Para x = L, v(L) = 0, v ( L) =
P a L2
+ B1L + B 2 = 0
EI 3
Para x = a, v(segmento AD) = v(segmento DB)
P b a3
P a a2
P a a3
+ A1a =
−
+ B1a + B 2
EIL 6
EI 2 EIL 6
Para x = a, ( θ =
dv
dv
(segmento AD)) = ( θ =
(segmento DB))
dx
dx
P b a2
Pa
P a a2
a−
+ B1
+ A1 =
EI
EIL 2
EIL 2
Solução:
A1 = −
(
)
(
)
Pb
Pb
P a3
L2 − b 2 , B1 = −
2 L2 + a 2 , B 2 =
6EIL
6EIL
6EI
Equação da curva elástica para o segmento AD:
v=
[ (
)]
Pb
x 3 − L2 − b 2 x
6EIL
Equação da curva elástica para o segmento DB:
(
)
P a x2
P a x3
Pb
P a3
2
2
v=
−
−
2L + a x +
EI 2
EIL 6 6EIL
6EI
Se a > b, a maior deflexão se dará no segmento AD, logo:
dv
= 0 (segmento AD)
dx
A maior deflexão é:
,
x=
(L2 − b2 )
3
40
v max =
(
P b L2 − b 2
)3 / 2
(9 3 ) E I L
Se a força P fosse aplicada no centro do vão onde a = b = L/2, a maior deflexão seria:
P L3
v max =
48 E I
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:
d2v
dx 2
=
d  dv  dθ M
=
 =
dx  dx  dx E I
ou
dθ =
M
dx
EI
w
A
dx
B
Deflexão de vigas
41
A
B
θB/A
Tan B
Tan A
curva elástica
M
M
dθ
dx
M/EI
M/EI
A
dx
B
x
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:
BM
θB / A = ∫
AE I
dx
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.
w
A
dx
B
42
Tan A
dx
x
A
B
tA/B
Tan B
dθ
dt
ds’
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:
dt = x dθ
Integrando esta expressão de A até B, o desvio vertical da tangente de A com relação a
tangente B é determinada por:
B
M
dx
A EI
tA/ B = ∫ x
Da equação que fornece o centróide de uma área temos: x ∫ dA = ∫ x dA . Como
M
∫ E I dx representa a área sob a curva M/EI, nós podemos escrever:
B M
tA/ B = x ∫
A EI
dx
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.
M/EI
A
x
B
x
Deflexão de vigas
43
O desvio vertical da tangente de B com relação a tangente A pode ser determinada de
maneira análoga e é dada por:
B M
tB/ A = x' ∫
A EI
dx
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.
P
A
B
C
D
L/2
L/4
L/4
M/EI
PL/4EI
PL/8EI
D
C
L/4
x
θC
C
D
θC/D Tan D
Tan C
2
 PL  L  1  PL PL  L  3 PL
θ C = θ C / D = ∫ dx =
−
  + 
  =
84
EI2
2 4
4 EI
EI4
43 64 EI
1
443 1
4
D EI
44284
CM
área R
área T
Ex: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. Tome Eaço = 200 Gpa, I = 17.10 6
mm4.
44
16 kN
A
C
2m
B
4m
2m
M/EI
24/EI
8/EI
C
2m
x
4m
2m
Tan B
θA
C
tB/A
Tan C
θC/A
Tan A
Para pequenas deflexões, podemos considerar:
t
| θC | =| θ A | − | θ C / A |= B / A − | θ C / A |
8
Pelo primeiro teorema de área de momento:
θC / A =
 8 kNm  8 kNm 2
1
=
( 2m)
2
E I 
EI

1442443
área do T
Pelo segundo teorema de área de momento:
1

 1
 24 kNm   2
 1
 24kNm 
t B / A =  2 m + 6 m   6 m
  +  2 m   2 m

2
EI  1
324
2
EI 
14




42344
3 1
4
3
44
42444
3
144
42444
3
cent.T
tB/ A =
320 kN m 2
EI
área T
cent. T
área T
Deflexão de vigas
45
tB/ A
320 kN m 2 8 kN m 2 32 kN m 2
| θC | =
− | θC / A |=
−
=
8
8EI
EI
EI
32 kN m 2
| θC | =
200.10 6 kN / m 2 17.10 − 6 m 4
= 0.00941 rad
Ex: Determine o deslocamento do ponto C da viga abaixo se EI é constante.
Mo
A
B
C
L/2
RA
L/2
Tan A
RB
Tan B
C
vC
Tan C
tA/B
tC/B
∑ MA = 0
, R BL − M o = 0 , R B =
↑ ∑ Fy = 0 , R A = −
Mo
L
Mo
L
V
Mo
M
x
Mo/L
∑M = 0
,
Mo
M
x − Mo + M = 0 , M = Mo − o x
L
L
M/EI
Mo/EI
Mo/2EI
x
L
2L
46
t
vc = A/ B − tC/ B
2
2
 1  1 M o  M o L
L =
t A / B =  L 
6EI
 3   2 EI 
2
 1 L  1 M o L  M o L
=
tC/B = 


 3 2   2 2 EI 2  48EI
M o L2 M o L2
−
,
vc =
12 EI
48EI
M o L2
vc =
16 EI
t
O mesmo resultado pode ser obtido a partir de v c = B / A − t C / A
2
11.8 – Método da superposição
A equação diferencial E I
d4v
dx 4
= w ( x ) 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.
2 kN/m
A
8 kN
B
θA
=
vC
4m
4m
2 kN/m
B
A
(θA)1
4m
(vC)1
4m
+
Deflexão de vigas
47
8 kN
B
A
(θA)2
(vC)2
4m
4m
A partir de tabelas (ver Hibbeler), o deslocamento no ponto C e a inclinação no ponto A são:
Para a carga distribuida:
3
(θ A )1 = 3 w L
128 E I
=
3 (2 kN / m) (8 m ) 3 24 kNm 2
=
128 E I
EI
5 w L4 5 (2 kN / m) (8 m) 4 53.33 kNm 3
(v C )1 =
=
=
768 E I
768 E I
EI
Para a carga concentrada:
(θ A )2 =
P L2
(8 kN ) (8 m) 2 32 kNm 2
=
=
16 E I
16 E I
EI
(v C )1 =
P L3
(8 kN ) (8 m) 3 85.33 kNm 3
=
=
48 E I
48 E I
EI
O deslocamento total no ponto C e a inclinação no pontoA é a soma algébrica de cada
carregamento calculado separadamente:
θ A = (θ A )1 + (θ A )2 =
56 kNm 2
EI
v C = (v C )1 + (v C )2 =
139 kNm 3
EI
Ex: Determine o deslocamento na extremidade C da viga apresentada abaixo. EI é constante.
10 kN
5 kN/m
C
A
B
4m
2m
=
48
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:
5 kN/m
C
+
B
(θB)1
2m
4m
(θ B )1 =
(vC)1
(θB)1
A
w L3 (5 kN / m ) (4 m) 3 13,33 kNm 2
=
=
EI
24 E I
24 E I
Como o ângulo é pequeno, (θB)1 ≈ tan (θB)1, o deslocamento no ponto C é:
 13.33 kNm 2
(v C )1 = ( 2m)
EI

 26.67 kNm 3
=

EI

A força concentrada aplicada no ponto C pode ser aplicada no ponto B além de um binário:
10 kN
20 kN/m
(θB)2
A
(θB)2
B
2m
4m
(θ B )2 = M o L = (20 kN.m) (4 m) = 26,67 kN.m
3EI
+
(vC)2
3EI
2
EI
Considerando o ângulo pequeno, (θB)2 ≈ tan (θB)2, o deslocamento no ponto C é:

(v C )2 = ( 2m) 26.67 kN.m

EI
2
 = 53.33 kNm

EI

3
Deflexão de vigas
49
A força concentrada aplicada no ponto C para uma viga engastada-livre:
10 kN
C
B
(vC)3
2m
3
(v C )3 = P L
3E I
=
(10 kN.m) ( 2 m ) 3 26,67 kN.m 3
=
3EI
EI
O deslocamento total no ponto C é a soma algébrica de cada carregamento calculado
separadamente:
v C = (v C )1 + (v C )2 + (v C )3 = −
26,7 53,3 26,7 53,3 kN.m 3
+
+
=
EI
EI
EI
EI
Ex: Determine a rigidez K da mola de maneira que não haja deflexão no Ponto C. EI é
constante.
w
B
A
C
K
L
b
RB
a) deflexão do Ponto C considerando a viga rígida:
w
C
B
A
vC1
K
L
b
RB
50
∑MA = 0 , RB =
RB = K . vB , v B =
wL
2
wL
2K
Por semelhança de triangulos: v C1 = v B
( L + b)
w
, v C1 =
( L + b)
L
2K
b) Deflexão do Ponto C considerando a viga deformável:
C
w
B
A
vC2
K
L
b
RB
Da tabela: θ B =
Vc1 – Vc2 = 0 ,
w L3
,
24 EI
v C2 = θ B b =
w L3 b
24 EI
w L3 b
w
( L + b) −
=0,
24 EI
2K
K=
12 EI
L3 b
( L + b)
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:
d2v
dx 2
=
M
, onde M pode ser
EI
expresso em termos das redundantes. Após a integração, as constantes de integração e as
Deflexão de vigas
51
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.
wo
A
B
L
Diagrama de corpo livre:
woL/2
RBx B
A
MB
RAy
L/3
2L/3
RBy
A reação no ponto A pode ser considerada redundante e o momento interno pode ser expresso
em função desta reação:
wox2/2L
V
A
M
RAy
∑M = 0
x
wox2 x
wox3
, M+
. − R Ay .x = 0 , M = R Ay .x −
2L 3
6L
Aplicando a equação do momento interno na equação diferencial da curva elástica:
EI
d2v
dx 2
= R Ay .x −
w ox 3
6L
52
dv
x2 wo x4
EI
= R Ay .
−
+ C1
dx
2
6L 4
E I v = R Ay .
x3 wo x5
−
+ C1x + C 2
6 24 L 5
As incógnitas RAy, C1 e C2 são determinadas a partir das condições de contorno:
Para x = 0, v = 0;
Para x = L,
C2 = 0
dv
= 0;
dx
EI
dv
L2 w o L4
( x = L) = R Ay .
−
+ C1 = 0
dx
2
6L 4
L3 w o L5
E I v = R Ay .
−
+ C1L = 0
6 24 L 5
Para x = L, v = 0;
A solução é:
R Ay =
woL
10
, C1 = −
w o L3
120
Aplicando as equações de equilíbrio estático, as reações restantes são:
R Bx = 0 , R By =
4 woL
10
,
MB =
w o L2
15
Ex: Determine as reações nos suportes para a viga estaticamente indeterminada como
apresentada abaixo. EI é constante.
w
A
B
L
wL
MA=M’
RA
RB
MB=M’
Deflexão de vigas
53
Devido a simetria, da equação de equilíbrio ∑ Fy = 0 tem-se que:
RA = RB =
wL
2
A única redundante é M’, a qual pode ser expressa em função do momento interno M:
wx
V
A
MA=M’
M
RAy=wL/2
x
2
∑M = 0 , M + w x −
x
wL
wL
w x2
x + M' = 0 , M =
x−
− M'
2
2
2
Substituindo na equação diferencial da curva elástica:
EI
EI
d2v
dx 2
=
wL
w x2
x−
− M'
2
2
dv w L x 2 w x 3
=
−
− M ' x + C1
dx
2 2
2 3
EIv=
w L x3 w x4
x2
−
− M'
+ C1x + C 2
4 3
6 4
2
As incógnitas M’, C1 e C2 são determinadas a partir das condições de contorno:
Para x = 0, v = 0;
Para x = 0,
dv
= 0;
dx
Para x = L, v = 0;
A condição
C2 = 0
C1 = 0
w L L3 w L4
w L2
L2
EIv=
−
− M'
= 0 , M' =
4 3
6 4
2
12
dv
= 0 para x = L pode ser verificada substituindo o valor de M’ na curva de
dx
inclinação da viga.
54
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.
P
B
A
L
L
Diagrama de corpo livre devido a força P:
P
MA
B
RAx
RAy
L
L
O diagrama M/EI devido a força P é:
M/EI
L
-PL/EI
-2PL/EI
2L
x
Deflexão de vigas
55
Diagrama de corpo livre devido a redundante RBy:
MA
B
RAx
RBy
RAy
L
L
O diagrama M/EI devido a redundante RBy:
M/EI
RByL/EI
L
x
2L
A curva elástica da viga é da forma:
tB/A = 0
A
Tan A
B
Tan B
Como ∆B = 0 ; tB/A = 0:
 2   1  R By  
L +
t B / A =  L   
1323  2  EI  
14
4244
3
cent. T
área T
L
 
2
{
cent. R
 − PL
  2   1  − PL  
(
L
)
 EI
 +  3 L   2  EI ( L) = 0
14243 123 1442443
área R
cent. T
área T
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.
56
Mo
A
B
C
L
L
Mo
RAx
RAy
L
L
RCy
RBy
O diagrama M/EI devido a redundante RBy e o momento Mo é construido da seguinte maneira.
Devido a redundante RBy:
∑MB = 0
↑
, RCy L – RAy L = 0
,
RCy = RAy
∑ F y = 0 , RAy – RBy + RCy = 0
,
RAy = RBy /2
A
M
RBy/2
∑M = 0 , M −
R By
2
x
x=0 ,
M=
R By
2
x
M/EI
RByL/2EI
x
L
2L
Devido ao momento Mo:
↑ ∑ Fy = 0
, RAy + RCy = 0
,
RAy = - RCy
∑ M A = 0 , - Mo + RCy 2L = 0 , RCy = Mo/2L , RAy = - Mo/2L
Deflexão de vigas
57
A
M
-Mo/2L
∑M =0
x
Mo
x=0 ,
2L
, M+
M=−
M/EI
Mo
x
2L
x
2L
L
-Mo/2EI
-Mo/EI
A curva elástica da viga é da forma:
tA/C
Tan B
L
A
tB/C
L
B
C
Tan C
Tan A
Da figura acima, temos:
∆A = ∆B = ∆C = 0 e
tB/ C =
1
tA / C
2
 1   1  R By L    2   1  − M o    1   1  − M o  
t B / C =  L   
( L)  +  L   
( L) +  L  
( L)
2  2 EI   1223  2  2 EI  
1323  2  2 EI   1323 1
442443
1442443
1442443
cent.T
área T
cent.T
área T
cent.Q
área Q

1   1  R By    2   1  − M o 
 2   1  R By L   
( L) +  2L   
t A / C =  L   
( L) +  L + L   
 ( 2 L )


2  2 EI   1323  2  EI 
1323  2  2 EI   14234
3 1
144
42444
3
1442443
442443
cent.T
áreaT
cent.T
áreaT
cent.T
áreaT
A solução é:
R By =
3M o
2L
Aplicando as equações de equilíbrio, determina-se as reações restantes:
58
RAx = 0 , R Ay =
Mo
4L
, R Cy =
5M o
4L
O problema pode também ser resolvido da seguinte maneira:
Tan C
A
Tan B
L
L
B
C
tB/A
tC/A
Tan A
De onde, tem-se:
tB/ A =
1
tC / A
2
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.
P
B
A
L/2
a) Removendo a RBy:
=
L/2
P
A
vB
L/2
L/2
B
+
Deflexão de vigas
vB =
59
5PL
48 E I
b) Removendo a força P:
B
vB’
A
L/2
vB'=
L/2
RBy
R By L3
3E I
c) Condições de compatibilidade
3
5 P L R By L
+
0 = - vB + vB’ , 0 = −
48 E I
3EI
,
R By =
5
P
16
Aplicando as equações de equilíbrio estático, determina-se as reações restantes:
R Ax = 0 ,
R Ay =
11
P,
16
MA =
3
PL
16
Ex: Determine as reações para a viga abaixo escolhendo MA como sendo redundante. EI é
constante.
P
B
A
L/2
L/2
a) Removendo a MA:
P
A
B
θA
L/2
L/2
=
60
P L2
θA =
16 E I
b) Removendo a força P:
θA’
A
B
MA
L/2
M L
θA ' = A
3EI
L/2
c) Condições de compatibilidade
0 = - θA + θA’ , 0 = −
P L2 M A L
+
16 E I 3 E I
,
MA =
3
PL
16
Ex: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.
6 000 kgf/m
C
A
MA
RA
1,8 m
D
1,8 m
B
MB
1,8 m
RB
Devido a simetria: RA = RB = 5400 kgf e MA = MB.
6 000 kgf/m
a)
B
D
A
vB1
1,8 m
w L3 6000 .3,6 3
,
θD =
=
6 EI
6 EI
1,8 m
w L4 6000 .3,6 4
vD =
=
8 EI
8 EI
1,8 m
Deflexão de vigas
61
6000 .3,6 4 6000 .3,6 3
vB = vD + θD. 1,8 , v B =
+
.1,8
8 EI
6 EI
6 000 kgf/m
b)
C
B
vB2
A
1,8 m
1,8 m
θC =
w L3 6000 .1,8 3
,
=
6 EI
6 EI
vB = vC + θC. 3,6 , v B =
vC =
1,8 m
w L4 6000 .1,8 4
=
8 EI
8 EI
6000 .1,8 4 6000 .1,8 3
+
.3,6
8 EI
6 EI
c)
B
vb3
A
1,8 m
1,8 m
1,8 m
RB
vB =
R B L3 5400 .5,4 3
=
3 EI
3 EI
d)
B
MB
A
1,8 m
vB =
M B L2 M B 5,4 2
=
2 EI
2 EI
vB1 – vB3 – vB3 + vB4 = 0
MA = MB = 7020 kgf m
1,8 m
1,8 m
vB4
62
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:
y
z
x
σx
σx
dy
dz
dx

1
1
dU =  σ x dy. dz .(ε x .dx ) = σ x ε x dV
2

2
A densidade de energia de deformação Uo é interpretada graficamente como a área sob
linha inclinada do diagrama tensão deformação.
σx
σ ε
dU
= Uo = x x
dV
2
E
εx
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:
(
)

1
1
dU =  τ xy dx . dz . γ xy .dy = τ xy γ xy dV
2

2
ou:
τ xy γ xy
 dU 

 = U ocis =
2
 dV  cis
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:
dU
1
1
1
1
1
1
= dU o = σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + τ xy γ xy + τ yz γ yz + τ xz γ xz
dV
2
2
2
2
2
2
Das relações para deformações obtidas anteriormente, temos:
Uo =
(
) (
)
(
1
υ
1
2
2
2
τ 2 xz + τ 2 yz + τ 2 xz
σ x + σ y + σ z − σ x σ y + σ yσ z + σzσ x +
2E
E
2G
)
Em geral, para um corpo elástico sob tensão, a energia de deformação total é obtida
pela integração volumétrica:
U = ∫∫∫ U o d x d y d z
V
ou:
U=
(
)
1
∫∫∫ σ x ε x + σ y ε y + σ z ε z + τ xy γ xy + τ yz γ yz + τ zx γ zx dx dy dz
2 V
A equação acima pode ser simplicada, se somente as energias de deformação de barras
axialmente carregadas, vigas fletidas e cisalhadas forem consideradas:
U=
(
)
1
∫∫∫ σ x ε x + τ xy γ xy dx dy dz
2 V
Para materiais linearmente elásticos, com tensão uniaxial, ε x = σ x / E e no
cisalhamento puro, γ xy = τ xy / G . Assim a equação anterior pode ser reordenada da sequinte
maneira:
64
U = ∫∫∫V
τ 2xy
σ 2x
dx dy dz + ∫∫∫ V
dx dy dz
2E
2G
Energia de deformação para barras axialmente carregadas
Para este caso, σ x = P e ∫∫A dy dz = A . Desta forma, P e A são funções somente de
A
x, logo:
σx 2
P2
U = ∫∫∫V
dV = ∫∫∫V
dx dy dz
2E
2 A2 E

P2 
P2


dy
dz
dx
=
dx
∫

2  ∫∫
L 2 A E A
L 2 AE

U=∫
Se P, A e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se:
U=
P2 L
2EA
Energia de deformação na flexão
Para este caso, σ x = −
My
e ∫∫A y 2 dy dz = I . Como, M e I são funções somente de
I
x, logo:
2
σ
1  M 
U = ∫∫∫V x dV = ∫∫∫V
 − y  dx dy dz
2E
2 E I 
2

M2 
M2
2


=
y
dy
dz
dx
dx
∫∫
∫

2
L2EI A

L2EI
U=∫
Se M, I e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se:
U=
M2L
2EI
Energia de deformação para tubos circulares em torção
Para este caso, τ =
logo:
Tρ
e ∫∫A ρ 2 dy dz = J . Como, T e J são funções somente de x,
J
Método da Energia
65
2
τ2
1 T 
U = ∫∫∫V
dV = ∫∫∫V
 ρ  dx dy dz
2G J 
2G

T2 
T2
2


dy
dz
dx
=
dx
ρ
∫

2  ∫∫
L2GJ A
L2G J

U=∫
Se T, J e G são constantes ao longo do comprimento L do tubo, tem-se:
U=
T2L
2GJ
Ex: Achar a energia absorvida por uma viga retangular elástica em flexão pura, em termos da
máxima tensão e do volume do material.
U=
M2L
2EI
U=
σ max 2
2E
,
como σ max =
2
 b h L  σ max

=
2E
 3 
M c M h/2 6 M
=
=
e
I
b h3
b h2
12
I=
b h3
12
V
 
3
Com relação a energia absorvida por uma barra axialmente carregada onde a energia é:
2
P2 L
P 2 A L σ max
(V )
U=
=
=
2E
2 E A A2 2 E
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 à s forças aplicadas. Partindo deste princípio, supõe–se que o trabalho
realizado pelas forças externas é igual a energia absorvida pelo corpo. Logo.
We = U
66
Alternativamente, pode-se dizer que a soma dos trabalhos das forças externas e das
forças internas é nulo.
We − Wi = 0
ou
U = − Wi
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.
P
∆
L
U=
P2 L
2EA
We = U
e
,
We =
1
P.∆
2
1
P2 L
P.∆ =
2
2EA
∆=
è
PL
EA
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.
T
L
T2L
U=
2GJ
We = U
e
,
We =
1
T.ϕ
2
1
T2L
T.ϕ =
2GJ
2
è
ϕ=
TL
GJ
Método da Energia
67
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.
P
γ
V=P
h
M=-Px
b
x
L
L
L
M2
( − P.x ) 2
P 2 .L3
dx = ∫
dx =
6EI
02 E I
0 2 E I
L
U=∫
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
2

P  h 
2
τ=
  − y  , a integral pode se transformar numa integral simples, onde o volume
2 I  2 

infinitesimal dV é igual a Lbdy.
2
2

τ2
1 + h / 2  P  h 
2 
U=∫
dV =
   − y   Lbdy
∫
2 G − h / 2  2 I  2 
V2 G
 

P2 L b h5 P 2 L b h 5
U=
=
240 G
8 G I 2 30
2
 12 
3 P2 L

 =
 b h3 
5AG


onde A = b h, é a área da seção transversal da viga.
We =
1
P.∆
2
We = U = U flexão + U cis ,
P L3 6 P L
1
P 2 L3 3 P 2 L
+
è ∆=
+
P.∆ =
2
6EI 5AG
3EI 5AG
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
68
média sobre a seção transversal , τ med =
V
. Esta quantidade dividida pelo módulo de
A
cisalhamento G é a deformação angular γ =
τ med
V
, que multiplicada pelo comprimento
=
G
AG
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.
∆=
P L3 
3 E h2 
1 +

3 E I  10 G L2 
Na equação anterior, se a relação for E/G = 2,5 para aços mais comumente utilizados,
ela pode ser reescrita da forma:

h2
∆ = 1 + 0,75 2
L


 ∆ flexão


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.
D
P
C
L
0.6 L
B
A
0.8 L
D
P
C
L
B
A
RA
0.6 L
RBx
0.8 L
RBy
Método da Energia
∑ MA = 0
↑
69
, RBy . 0,8 L – P . 0,6 L = 0 , R By =
3
4
3
P
4
3
4
∑ F y = 0 , R Ay − P = 0 , R Ay = P
→ ∑ Fx = 0
, R Bx − P = 0 ,
RBx = P
Cálculo dos esforços internos de cada membro.
Ponto D:
P
D
PDC
PAD
↑ ∑ Fy = 0 ,
PAD = 0
→ ∑ F x = 0 , – P + PDC = 0 ,
PDC = P (tração)
Ponto C:
PDC
C
cos θ =
θ
PAC
PBC
5
→ ∑ F x = 0 , – PDC + PAC cosθ = 0 , PAC = P (compressão)
4
↑ ∑ Fy = 0 ,
3
PAC senθ + PBC = 0, PBC = − P (tração)
4
Ponto A:
PAD
A
θ
PAC
PAB
RAy
→ ∑ F x = 0 , - PAC cosθ + PAB = 0 ,
PAB = P (tração)
4
,
5
sen θ =
3
5
70
↑ ∑ Fy = 0 ,
RAy - PAC senθ + PAD = 0,
R Ay =
3
P (Ok)
4
Pk2 L
1
∆P=∑
,
2
2AE
 ( 5 / 4 P )2 L 
 (3 / 4 P )2 0,6L 
 P 2 0,8L 
 P 2 0,8L 

 + −
 +
 +
∆ P = 







AE
AE
 AE  AB  AE  DC 
 AC
 BC 
∆ = 3,5
PL
AE
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.
σ
dσ1
σ1
0
ε1
dε1
ε
Método da Energia
71
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 forçaelongação (P-∆) corresponde ao diagrama tensão-deformação (σ-ε).
P
We*=U*
dP1
We=U
P1
0
∆1
d∆1
∆
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:
dWe = (P1 + dP1 ) d∆1 = P1 d∆1 + dP1 d∆1
Desprezando os efeitos de ordem superior, dP1 d∆1, trabalho incremental produzido é:
dWe = P1 d∆1
Partindo do princípio da conservação da energia, We = U, o incremento de energia de
deformação é:
∆
dU = P1 d∆1 , We = U = ∫ P1 d∆1
0
A equação acima pode ser interpretada geométricamente como sendo a área sob a
curva força-deslocamento. A derivada com relação ao limite superior fornece:
dU
=P
d∆
(primeiro Teorema de Castigliano)
72
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:
dWe* = dP1 (∆1 + d∆1 ) = dP1 ∆1 + dP1 d∆1
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:
P
dU * = ∆1 dP1 , We* = U * = ∫ ∆1 dP1
0
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:
dU *
= ∆ (segundo Teorema de Castigliano)
dP
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:
U * = U * ( P1 , P2 , L, Pk , L, Pn ; M1 , M 2 , L, M j , L, M p )
Logo, um incremento infinitesimal na energia δU* é dada pelo diferencial:
δU * =
∂U *
∂U *
∂U *
∂U *
δP1 +
δP2 + L +
δPk + L +
δM j + L
∂P1
∂P2
∂Pk
∂M j
Se for considerado que somente a força Pk é incrementada de δPk, a energia de
deformação complementar será incrementada de:
Método da Energia
73
∂U *
δU =
δPk
∂Pk
*
A energia de deformação total é:
U *total = U * +
∂U *
δPk
∂Pk
E considerando que somente a força Pk é incrementada de δPk, o trabalho
complementar total devido a este incremento é:
We *total = We* + δPk ∆ k
Do princípio de conservação de energia, δU* = δWe*:
δPk ∆ k =
∂U *
δPk ,
∂Pk
∆k =
∂U *
∂Pk
Generalizando a equação acima para o caso da aplicação de um momento Mj:
θj =
∂U *
∂M j
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*.
74
Energia de deformação
complementar U*=U
Pk
Energia de
deformação U
0
∆k
O segundo teorema de Castigliano é a consequência desta igualdade, onde temos:
∂U * ∂U
∆k =
=
∂Pk ∂Pk
∂U *
∂U
θj =
=
∂M j ∂M j
,
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).
Pk =
∂U
∂∆ k
,
Mk =
∂U
∂θ k
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):
U=
P2 L
2AE
onde,
∆=
∂U P L
=
∂P A E
Eixo circular em torção (T=constante):
T2L
U=
2GJ
onde,
ϕ=θ=
∂U T L
=
∂T G J
Método da Energia
75
Viga engastada livre com uma carga na extremidade livre:
P 2 L3 3 P 2 L
U=
+
6EI 5AG
onde,
∂U P L3 6 P L
∆=
=
+
∂P 3 E I 5 A G
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.
A
P=3N
100 mm
B
200 mm
C
200 mm
Do equilíbrio estático no ponto B, temos:
PAB
P
cos θ =
B
θ
α
cos α =
PBC
→ ∑ F x = 0 , - PAB cosθ + PBC cosα = 0 , − PAB
2
↑ ∑ F y = 0 , PAB senθ + PBC senα - P = 0 , PAB
1
PAB =
5
P
3
5
5
2
5
, sen θ =
1
5
2
2
, sen α =
2
2
+ PBC
2
2 5
= 0 , PAB = PBC
2
2 2
+ PBC
2
2 2
= P , PBC =
P,
2
3
76
A energia de deformação elástica do sistema é:
2
2
Pk 2 L k
P L
P L
U=U =∑
= 1 1 + 2 2
2 A1 E 1 2 A 2 E 2
k =1 2 A k E k
*
2
Derivando a expressão de energia com relação a P, força atuante em B, temos a deflexão
vertical no ponto B.
∆B =
∂P1
∂P
P L ∂P1
P L ∂P2
5
2 2
∂U
= 1 1
+ 2 2
=
e 2 =
, com
∂P A1 E1 ∂P A 2 E 2 ∂P
∂P
3
∂P
3
Substituindo os valores na expressão acima, com L1 = 100√5 mm e L2 = 200√2 mm.
∆B =
5P / 3 .100 5
5
0,125 . 210.103 3
+
2 2 P / 3 . 200 2 2 2
0,219 . 210.10 3 3
∆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.
wo
A
L
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
∂U
. Logo.
∂R A
wo
M
RA
x
Método da Energia
M=−
77
wox2
+ R Ax
2
M2
dx
02EI
L
U=∫
∆A
,
e
∂M
=x
∂R A
L
M ∂M
∂U
dx
=∫
∂R A 0 E I ∂R A
∆=

∂U
1 L w ox 2
−
 ( + x ) dx
=
=
+
R
x
∫
A

∂R A E I 0 
2

∆A = −
w o L4
8EI
(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
∂U
. Logo.
∂M A
wo
MA
M
x
wox2
M=−
− MA
2
M2
U=∫
dx
02EI
L
,
e
θ=
∂M
= −1
∂M A
∂U L M ∂M
dx
=∫
∂M 0 E I ∂M A
θA =

∂U
1 L wox 2
−
=
− M A  ( −1) dx
∫

2
∂M A E I 0 

θA =
w o L3
6EI
(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
A
C
4m
RA
B
2m
RB
RC
78
∑MB = 0, RA =
RC
+9
2
TRECHO AB (0 < x < 4):
R

M = −3x 2 +  C + 9  x
 2

∂M
x
=
∂R C 2
e
TRECHO BC (0 < x < 2):
M = R C (2 − x ) − 3 ( 2 − x ) 2
M2
U=∫
dx
02EI
L
∆C =
∆C =
,
e
∂M
= (2 − x)
∂R C
L
M ∂M
∂U
dx
=∫
∂R C 0 E I ∂R C
(
)
RC
1 2
1 4
 x
2
−
+
x
+
9
x
(
)
dx
+
R C (2 − x ) − 3 (2 − x ) 2 ( 2 − x ) dx
3
x


∫
∫
2
EI0
E I 0
 2
∆C = −
12
(direção contrária a direção da aplicação da força RC)
EI
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.
wo
A
M
x
RA
M=−
wox2
+ R Ax
2
M2
dx
02EI
L
U=∫
∆A =
,
∆=
e
∂M
= +x
∂R A
∂U L M ∂M
=∫
dx
∂P 0 E I ∂P

1 L wox 2
∂U
−
 ( + x ) dx
= 0 , ∆A =
+
R
x
∫
A

E I 0 
2
∂R A

Método da Energia
−
79
w o L4 R A L3
+
= 0,
8EI
3EI
RA = +
3 w oL
8
Ex: Determine para a viga apresentada abaixo as reações de apoio.
6 kN/m
B
C
A
RA
2m
2m
RB
∑MA = 0 , RC = −
↑ ∑ Fy = 0 , R A = −
RC
RB
+3
2
RB
+9
2
TRECHO AB (0 < x < 2):
M = −3x 2 + 9x −
RB
x
2
∂M
x
=−
∂R B
2
e
TRECHO BC (0 < x < 2):
RB
x − 3x − R B + 6
2
M=
M2
dx
02EI
L
U=∫
∆B =
,
∆B =
e
∂M
x
= −1
∂R B 2
L
∂U
M ∂M
dx = 0
=∫
∂R B 0 E I ∂R B
RB  x
1 2
1 2 RB
 x
2
)
dx
x − 3x − R B + 6  ( − 1) dx
−
3
x
+
9
x
−
x
(
−
+



∫
∫
E I 0
2  2
E I 0 2
 2
RB = 7,5 kN , RA = 5,25 kN , RC = - 0,75 kN
Ex: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.
80
6 000 kgf/m
C
D
A
MA
1,8 m
1,8 m
RA
B
MB
1,8 m
RB
Devido a simetria: RA = RB = 5400 kgf e MA = MB.
TRECHO AC (0 < x < 1,8m):
M = − M A + 5400 x
∂M
= −1
∂M A
e
TRECHO CD (0 < x < 1,8m):
x2
M = − M A + 5400 (1,8 + x ) − 6000
2
∂M
= −1
∂M A
e
TRECHO DB (0 < x < 1,8m):
M = − M A + 5400 (1,8 − x )
L M2
U=∫
02 E I
θA =
dx ,
θA =
e
∂M
= −1
∂M A
L
∂U
M ∂M
dx = 0
=∫
∂M A 0 E I ∂M A
(
)
1 1,8
1 1,8
2
(
−
M
+
5400
x
)
(
−
1
)
dx
+
∫
∫ − M A + 5400(1,8 + x ) − 3000x ( −1) dx +
A
EI 0
EI 0
1 1,8
∫ (− M A + 5400(1,8 − x )) ( −1) dx
EI 0
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
Método da Energia
81
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:
δWe + δWi = 0
ou
δWe = − δWi
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:
δWe = δWei
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.
82
A deformação em
um elemento típico
devido à s forças
A força em um
elemento típico é
P2
P1
∆L
A
A
B
δF
B
δF
Posição final
do ponto A
O deslocamento
do ponto A na
direção A-B é ∆
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:
δF ∆ = ∑ δf ∆L
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:
1 ∆ = ∑ f ∆L
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
Método da Energia
83
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, ∆L =
PL
, logo a equação do trabalho virtual para este caso é:
AE
n
P L
1 ∆ = ∑ pi i i
i =1 A i E i
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 m M dx
1x ∆ = ∫
0
EI
84
m
m
M
dx
M
dx
Mdx/EI
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.
L
m M dx
0 EI
1x θ = ∫
Ex: Achar a deflexão vertical do ponto B da treliça de aço com juntas de pino, como mostrado
abaixo, devido à s 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.
1,25 m
A
A = 100 mm2
L = 1,60m
1m
B
1500 kgf
1m
C
A = 160 mm2
L = 1,60m
1 – Determinar os esforços internos virtuais, pi:
Método da Energia
85
RAy
A
pAB
RAx
1 kgf
Carregamento
virtual
B
RCx
pBC
C
RCy
Equilíbrio estático no ponto B:
pAB
1 kgf
θ
θ
1,25
1,6
sen θ =
1
1,6
B
pBC
1,25
1,25
→ ∑ F x = 0 , p AB .
− p BC
= 0,
1,6
1,6
↑ ∑ F y = 0 , − p AB .
cos θ =
1
1
− p BC
+1= 0,
1,6
1,6
pAB = pBC
pAB = 0,8 (compressão), pBC = 0,8 (tração)
2 – Determinar os esforços internos reais, Pi:
RAy
A
PAB
RAx
B
1500 kgf
RCx
PBC
C
RCy
Carregamento
real
86
Equilíbrio estático no ponto B:
PAB
θ
B
θ
1500 kgf
PBC
1,25
1,25
− PBC
= 0,
→ ∑ F x = 0 , PAB .
1,6
1,6
PAB = PBC
1
1
− PBC
− 1500 = 0 , PAB = -1200 (tração),
↑ ∑ F y = 0 , − PAB .
1,6
1,6
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 mm
1 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.
Método da Energia
87
D
C
2m
A
2m
2m
B
100 kN
1- Determinação dos esforços internos virtuais devido a uma força virtual vertical no ponto C:
1 kN
D
RDx
C
RDy
RAx
2m
A
2m
2m
RAy
∑ MA = 0 ,
→ ∑ Fx = 0 ,
RDx . 2 – 1 . 2 = 0 ,
RAx – RDx = 0 ,
RDx = 1 kN
RAx = 1 kN
Equilíbrio estático no ponto D:
RDx
D
pDC
RDy
→ ∑ F x = 0 , - RDx + pDC = 0 ,
↑ ∑ Fy = 0 ,
RDy = 0 , RAy = 1 kN
pDC = 1 kN (tração)
B
88
Equilíbrio estático no ponto A:
pAC
A
RAx
θ
cos θ =
2
2
sen θ =
2
2
pAB
RAy
↑ ∑ F y = 0 , R Ay − p AC .
2
= 0,
2
p AC = 2 kN (compressão)
2
→ ∑ F x = 0 , R Ax − p AC .
+ p AB = 0 , pAB = 0
2
Equilíbrio estático no ponto C:
1 kN
pDC
C
θ
θ
pBC
pAC
→ ∑ F x = 0 , − p DC + p AC .
2
2
+ p BC
= 0 , pBC = 0
2
2
Determinação dos esforços internos reais devido à força real vertical no ponto B:
D
RDx
C
0.6 L
RAx
A
2m
2m
RAy
∑ MA = 0 ,
→ ∑ Fx = 0 ,
2m
100 kN
RDx . 2 – 10 . 4 = 0 ,
RAx – 200 = 0 ,
B
RDx = 200 kN
RAx = 200 kN
↑ ∑ F y = 0 , RAy – 100 = 0 , RAy = 100 kN
Método da Energia
89
Equilíbrio estático no ponto A:
PAC
RAx
A
θ
PAB
RAy
↑ ∑ F y = 0 , R Ay − p AC .
2
= 0,
2
→ ∑ F x = 0 , R Ax − p AC .
2
+ p AB = 0 , PAB = - 100 kN (compressão)
2
PAC = 100 2 kN (compressão)
Equilíbrio estático no ponto C:
PDC
C
θ
θ
PAC
↑ ∑ F y = 0 , PAC .
PBC
2
2
− PBC .
= 0,
2
2
PBC = 100 2 kN (tração)
2
2
→ ∑ F x = 0 , − PDC + PAC .
+ PBC
=0 ,
2
2
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
100 2 .103
2 2 .103
400
200.103
0
AC
- 2
- 100 2 .103
2 2 .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.
90
Carregamento real
wox/L
Carregamento virtual
L/2
wo
x
-
w ox 3
x w ox x
M=−
=−
2 L 3
6L
Diagrama de m
(0 ≤ x ≤ L)
(0 ≤ x ≤ L/2)
L

m = −1  x − 
2

L m M dx
1x ∆ = ∫
0
∆A =
1 kgf
Diagrama de M
m=0
L/2
A
EI
(L/2 ≤ x ≤ L)
=
1 L 
L   w 0 x 3 
1 L / 2  w 0 x 3 
dx
x
dx
(
0
)
−
+
−
+
 −
∫
∫ 

 6L 
E
I
2
6
L
EI 0


l/2




49 w o L4
3480 E I
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
M=−
∂M
L
wox3
L


= −  x −  , que é m para (x ≥ L/2).
− P  x −  para (x ≥ L/2), assim
∂P
2
6L
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.
Método da Energia
91
Rsenθ
1 kgf
m=-R(1-cosθ)
M=-PRsenθ
R(1-cosθ)
P
θ
R
P
θ
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 m M dx
1x ∆ = ∫
0
∆= +
P R3
2EI
EI
[
]
π / 2 − R (1 − cos θ) (− PR sen θ)R dθ
= ∫
0
EI
92
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.
1
E, A
P1, u1
L
2
P2, u2
x
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,
u − u1
a2 = 2
L
Substituindo os resultados de a1 e a2 em (1), temos:
u(x) = f1(x) u1 + f2(x) u2
onde f1(x) e f2(x) são ditas funções de forma e são da forma:
(2)
Método dos Elementos
f1 ( x ) = 1 −
x
L
93
e f 2 (x) =
x
L
(3)
Para o caso de tensões e deformações uniaxiais, a deformação é definida como:
ε=
∂u
∂x
(4)
ε=
∂f1 ( x )
∂f ( x )
u1 + 2
u 2 = f1' ( x ) u1 + f 2' ( x ) u 2
∂x
∂x
(5)
ou:
A força axial atuando ao longo do elemento é:
P=σA=EεA=EA
ou:
[
∂u
∂x
P = E A f1' ( x ) u 1 + f 2' ( x ) u 2
(6)
]
(7)
A expressão de energia de deformação para o caso de barras solicitadas axialmente é:
L P2
U= ∫
02EA
dx
(8)
Substituindo Eq. (7) na Eq. (8), temos:
U=
[
]
2
EAL '
f1 ( x ) u1 + f 2' ( x ) u 2 dx
∫
2 0
Aplicando o primeiro teorema de Castigliano,
(9)
∂U
= P , temos:
∂u
94
P1 =
[
]
∂U 2 E A L '
=
f1 ( x ) u 1 + f 2' ( x ) u 2 f1' ( x ) dx
∫
∂u 1
2 0
ou:
L
L




P1 =  E A ∫ f1' ( x ).f1' ( x ) dx  u1 +  E A ∫ f1' ( x ).f 2' ( x ) dx  u 2
0
0




(10)
e:
P2 =
[
]
∂U 2 E A L '
'
'
=
∫ f1 ( x ) u 1 + f 2 ( x ) u 2 f 2 ( x ) dx
∂u 2
2 0
ou:
L
L




P2 =  E A ∫ f 2' ( x ).f1' ( x ) dx  u1 +  E A ∫ f 2' ( x ).f 2' ( x ) dx  u 2




0
0
(11)
As Eq. (10) e (11) colocadas em forma matricial são:
 P1   k 11
 =
 P2  k 21
k 12   u 1 
 
k 22  u 2 
ou
{P} = [k ] {u}
(12)
onde [k] é a matriz de rigidez do elemento de barra com seus coeficientes definidos da
seguinte maneira:
L
K ij = E A ∫ f i' ( x ).f j' ( x ) dx
(13)
0
Usando Eq. (3), a matriz de rigidez elementar é:
1 − 1
L  − 1 1 
[k] = E A 
(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
95
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:
P2y, v2
v2
P2 , u 2
2
P2x, u2
u1
y
v1
y
x
P1x, u1
φ
E, A, L
v1
u1
1
φ
u1
x
φ
v1
v1
P1y, v1
P1 , u1
A relação entre os deslocamentos u e v medidos no sistema de coordenadas x-y com u
e v medidos no sistema de coordenadas x − y para cada nó é:
u1 = u 1 cos φ + v 1 sen φ
u 2 = u 2 cos φ + v 2 sen φ
v 1 = − u 1 sen φ + v 1 cos φ
(15)
v 2 = − u 2 sen φ + v 2 cos φ
As relações dadas pelas Eqs.(15) colocadas em forma matricial são:
 u1   c
 v  − s
 1 
 =
u 2   0
 v 2   0
s 0
c 0
0 c
0 −s
0  u1 
0  v 1 
   ou
s  u 2 

c  v 2 
{q} = [T ] {q}
(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 ,
P1y e P2 y :
96
 P1x   c

 
 P1y  − s

=
P
2
x

 0
 P2 y   0


s 0
c 0
0 c
0 −s
0  P1x 


0  P1y 

 ou
s  P2x 

c  P2 y 
{P}= [T ]{P}
(17)
A matriz de rigidez dada pela Eq. (14) pode ser expandida considerando os
deslocamentos v 1 e v 2 , e forças inexixtentes, P1y e P2 y :
 P1x 
1



 P1y  E A  0
=


L − 1
 P2 x 

 P2 y 
0


0 −1
0 0
0 1
0 0
0  u 1 
0  v 1 
   ou
0  u 2 

0 v 2 
{P}= [k]{q}
(18)
Substituindo as Eq. (16) e Eq. (17) na Eq. (18), temos:
[T ] {P} = [k] [T] {q}
(19)
{P} = [T ]−1 [k ][T ] {q} = [T ]t [k ] [T] {q}
(20)
ou:
Logo, a matriz de rigidez de um elemento de barra obtida em um sistema de
coordenadas arbitrário é:
 c2

E A  cs
t
[k] = [T] k [T] =
L − c 2

 − cs
[]
cs
s2
− cs
− s2
− c2
− cs
c2
cs
− cs 

− s2 
cs 

s2 
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:
(21)
97
P1 + P2 = 0
(22)
Portanto, determinando P1 ou P2 é possível verificar se o elemento está sendo
tracionado ou comprimido através da Eq. (22):
 c2
 P1x 

P 
 1y  E A  cs

=
P
L − c 2
2
x



 P2 y 
 − cs
cs
s2
− cs
− s2
− c2
− cs
c2
cs
− cs   u1 
 
− s 2   v1 
 
cs  u 2 

s 2  v 2 
(23)
ou:
[
]
[
]
P1x =
EA 2
c (u1 − u 2 ) + cs (v 1 − v 2 )
L
P1y =
EA 2
s (v 1 − v 2 ) + cs (u 1 − u 2 )
L
(24)
Da Eq. (22) tem-se que:
P1 = P1x c + P1y s
ou:
[
]
[
]
P1 =
EA
EA 2
s s (v 1 − v 2 ) + c s 2 (u1 − u 2 )
c c 2 (u1 − u 2 ) + c 2 s (v 1 − v 2 ) +
L
L
P1 =
EA 2
EA
c + s 2 [c (u 1 − u 2 ) + s (v 1 − v 2 )] =
[c (u1 − u 2 ) + s (v1 − v 2 )]
L
L
(
)
(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.
98
3
y
x
120°
P
2
60°
1
R3y, v3
3
R1x, u1
R3x, u3
1
2
R1y, v1
R2x, u2
R2y, v2
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:
 P1x 
1
P 

 1y  E A  0
=
P 
L − 1
 2x 

 P2 y 
0
0 −1
0 0
0 1
0 0
0  u1 
4



0  v1  E A  0
 =

0 u 2  4 L − 4


0 v 2 
0
Elemento 2-3:
 P2 x 
 1
− 3 −1
3  u 2 
P 

 
3
3
− 3  v 2 
 2y  E A − 3
P  =
 
3
1
− 3 u 3 
 3x  4 L  − 1

 P3y 
−3 − 3
3   v 3 
 3
0 −4
0 0
0 4
0 0
0  u 1 
0  v 1 
 
0 u 2 

0 v 2 
99
Elemento 1-3:
 P1x 
 1
3
− 1 − 3  u1 
P 

 
3
− 3 − 3   v1 
 1y  E A  3
=
P 
 
1
3  u 3 
 3x  4 L  − 1 − 3

 P3y 
3
3  v 3 
 − 3 − 3
com:
Elemento
φ
c
s
c2
cs
s2
1-2
0°
1
0
1
0
0
2-3
120°
− 12
3
1
− 3
1
3
1-3
60°
2
2
1
2
4
4
3
3
4
3
4
4
4
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:
100
 R 1x
R
 1y
 R 2 x

 R 2y
 R 3x

 R 3y
=?
4 + 1
−4
3
0


=0
3
0
0
 3

= P  E A  − 4
0
4 +1 − 3

=
= ? 4 L  0
− 3
0
3
 −1 − 3 −1
= ?
3


= ? 
−3
3
 − 3 − 3
−1
− 3
−1
3
1+1
3− 3
− 3   u1 = 0 


− 3  v1 = ? 
3  u 2 = ? 


− 3   v 2 = 0
3 − 3 u 3 = 0 


3 + 3   v 3 = 0 
Das equações 2 e 3 é possível determinar os deslocamentos restantes:
0=
EA
(3.v 1 + 0.u 2 ) ,
4L
v1 = 0
P=
EA
(0.v 1 + 5.u 2 ) ,
4L
u2 =
4PL
5EA
E das equações 1, 4, 5 e 6 é possível determinar as forças aplicadas nos nós:
(
3.v 1 − 4.u 2 ,
)
R 1x = −
(
)
R 2y = −
R 1x =
EA
4L
R 2y =
EA
0.v 1 − 3.u 2 ,
4L
R 3x =
EA
− 3.v 1 − 1.u 2 ,
4L
R 3y =
EA
− 3. v 1 + 3.u 2 ,
4L
4P
5
3P
5
(
)
R 3x = −
P
5
(
)
R 3y =
3P
5
Para verificar se os valores das reações estão corretos, basta verificar se a treliça está
em equilíbrio:
↑ ∑ Fy = 0 , R2y + R3y = −
3P
3P
+
=0
5
5
→ ∑ Fx = 0 , R1x + R3x + P = 0 , −
(ok)
4P P
− + P (ok)
5
5
∑ M 1 = 0 , R2y.L + R3y.L.cos 60 – R3x.L.sen 60 = −
3P
3P 1 P
3
L+
L + L
= 0 (ok)
5
5
2 5
2
Os esforços internos nas barras são encontrados usando a Eq. (25):
101
P1(1−2 ) =
EA
[c. (u1 − u 2 ) + s. (v1 − v 2 )]
L
P1(1−2) =

EA 
4PL
 + 0. (0 − 0) ,
1.  0 −
L  
5EA

P1( 2−3) =
EA
[c. (u 2 − u 3 ) + s. (v 2 − v 3 )]
L
P1( 2−3) =


EA 1 4PL
− 0  + 3 . (0 − 0) ,
 − 2 . 
2
L 

5E A

P1(1−3) =
EA
[c. (u1 − u 3 ) + s. (v1 − v 3 )]
L
P1(1−3) =
E A 1
. (0 − 0 ) + 3 2 . (0 − 0) ,

2
L 

P1(1−2) = −
4P
5
(tração)
P1( 2−3) = −
2P
5
(tração)
P1(1−3) = 0
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.
5 kN
3
4
2m
y
x
2
1
1,5 m
1,5 m
R4y, v4
R3y, v3
R3x, u3
R4x, u4
3
φ1
R1x, u1
4
φ2
2
R2x, u2
1
R1y, v1
R2y, v2
102
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:
 P1x 
 25
P 

 1y  E A  0
 =
 P2x  25 L  − 25

 P2 y 
 0
0 − 25
0
0
0 25
0
0
0  u 1 
0  v 1 
 
0  u 2 

0 v 2 
Elemento 1-3:
− 9 − 12  u 1 
 P1x 
12
 9
P 

16 − 12 − 16  v 1 
 1y  E A  12
 
=
P 

−
−
 u 3 
9
12
9
12
25
L
 3x 


 P3y 
16  v 3 
 − 12 − 16 12
Elemento 2-3:
 P2x 
− 12 − 9 12   u 2 
 9
P 
 − 12 16
12 − 16  v 2 
 2y  E A 
 
P  =
9
12
9
12
 u 3 

−
−
25
L
3
x
 


 P3y 
 12 − 16 − 12 16   v 3 
Elemento 3-4:
 P3x 
 25
P 

 3y  E A  0
=
 
 P4x  25 L  − 25

 P4 y 
 0
0 − 25
0
0
0 25
0
0
0  u 3 
0  v 3 
 
0  u 4 

0 v 4 
com:
Elemento
φ
c
s
c2
cs
s2
1-2
0°
1
0
1
0
0
1-3
φ1
3
2-3
φ2
− 35
3-4
0°
1
5
4
4
5
5
0
9
9
25
25
1
12
25
− 12 25
0
16
16
25
25
0
103
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
12
25 + 9
− 25
0
2,5
2,5
2,5
 3
 R 1x = 0 
16
 12
0
0


2,5
2,5

 R1y = 0 
25 + 9
 − 25
− 12
0
 R 2x = ? 
2,5
3
2,5
2,5



16
12
=
R
?

−
0
0
E
A
2y


2,5
2,5
 R =0 =

3
x
12
 25 L  − 9

− 12
−9
2,5
2,5
2,5
2,5
 R 3y = −5000

12
− 16
− 16


 − 12 2,5
2,5
2,5
2,5
 R 4x = ? 

0
0
0
0
 R 4y = ? 




0
0
0
0

−9
− 12
0
2,5
2,5
− 12
− 16
0
2,5
2,5
12
−9
0
2,5
2,5
12
− 16
0
2,5
2,5
− 25
9
12
+9
+ 25
− 12
2,5
2,5
1,5
2,5
2,5
2,5
12
16
− 12
+ 16
0
2,5
2,5
2,5
2,5
− 25
25
0
1,5
2,5
0
0
0
0
  u1 = ? 
0 

  v1 = ? 
0  u = 0 
 2

0  v 2 = 0 



0  u 3 = ? 
 v3 = ? 

0 
 u4 = 0 
0  v = 0 

 4
0
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:
12
25 + 12
−9
− 12 
2,5
2,5
2,5
2,5  u 1 = ? 
 R 1x = 0 
 3
 R =0 
12
16
12
16  


−
−

 EA 
1y
2,5
2,5
2,5
2,5  v 1 = ? 

=


−9
18 + 25
− 12
0  u 3 = ? 
 R 3x = 0  25 L 
2,5
2,5
2,5
1,5

 v = ?
R 3 y = −5000 
12
16
32

 3
− 2,5
0
 − 2,5
2,5 

Invertendo o sistema acima, temos:
104
u 1
v
 1

u 3
v 3
= ?
0
0   R 1x = 0 
 0,12 − 0,09




= ?  25 − 0,09 0,515 0,09 0,224  R 1y = 0 


=



= ? E A  0
0,09
0,06 0,045  R 3x = 0 


= ? 
0,224 0,045 0,19  R 3y = −5000
 0
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:
∑ M 4 = 0 , 5000 . 1,5 + R2x . 2 = 0 , R2x = – 3750 N
↑ ∑ Fy = 0 , – 5000 + R2y = 0 ,
→ ∑ Fx = 0 , R2x + R4x = 0 ,
R2y = 5000 N
R4x = 3750 N
Os esforços internos nas barras são encontrados usando a Eq. (25):
P1(1−2 ) =
EA
[c. (u1 − u 2 ) + s. (v1 − v 2 )] ,
L
P1(1− 2 ) = 0
P1(1−3) =
EA
[c. (u 1 − u 3 ) + s. (v 1 − v 3 )] ,
L
P1( 2 − 3) =
EA
[c. (u 2 − u 3 ) + s. (v 2 − v 3 )] ,
L
P1( 2 − 3) = 6250
P1( 3− 4) =
EA
[c. (u 3 − u 4 ) + s. (v 3 − v 4 )] ,
L
P1( 3− 4 ) = −3750
P1(1− 3) ≈ 0
(compressão)
(tração)
Ex.2 - Considere a treliça articulada simétrica com sete barras de comprimento L e rigidez
axial EA.
L
60°
y
x
60°
60°
60°
P
60°
105
R2y, v2
R4y, v4
R2x, u2 2
R1x, u1
1
4
R3x, u3
R1y, v1
3
R4x, u4
5
R3y, v3
R5x, u5
R5y, v5
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:
 P1x 
 1
3
− 1 − 3   u1 
P 

 
3
− 3 − 3   v1 
 1y  E A  3

=
 

P
1
3  u 2 
2
x

 4 L  −1 − 3

 P2 y 
3
3  v 2 
 − 3 − 3
 P3x 
 1
3
− 1 − 3 u 3 
P 

 
3
− 3 − 3  v 3 
 3y  E A  3

=
 

1
3  u 4 
 P4 x  4 L  − 1 − 3

 P4 y 
3
3  v 4 
 − 3 − 3
Elemento 2-3 e elemento 4-5:
 P2 x 
 1
− 3 −1
3  u 2 
P 

 
3
3
− 3  v 2 
 2y  E A − 3
P  =
 
3
1
− 3 u 3 
 3x  4 L  − 1

 P3y 
−3 − 3
3   v 3 
 3
 P4 x 
 1
− 3 −1
3  u 4 
P 

 
3
3
− 3  v 4 
 4y  E A − 3
P  =
 
3
1
− 3 u 5 
 5x  4 L  − 1

 P5y 
−3 − 3
3   v 5 
 3
106
Elemento 1-3, elemento 2-4 e elemento 3-5:
 P1x 
 4
P 

 1y  E A  0
=
P 
 3x  4 L  − 4

 P3y 
 0
0 −4
0 0
0 4
0 0
0  u 1 
0  v 1 
 
0 u 3 

0 v 3 
 P2 x 
 4
P 

 2y  E A  0
=
P 
 4x  4 L − 4

 P4 y 
 0
0 −4
0 0
0 4
0 0
0  u 2 
0  v 2 
 
0  u 4 

0  v 4 
 P3x 
 4
P 

 3y  E A  0

=
 P5x  4 L  − 4

 P5y 
 0
0 −4
0 0
0 4
0 0
0 u 3 
0 v 3 
 
0 u 5 

0 v 5 
com:
Elemento
φ
c
s
1-2, 3-4
60°
1
3
2-3, 4-5
1-3, 2-4, 3-5
-60°
0°
1
2
2
1
c2
cs
s2
1
3
3
2
− 3
1
2
0
4
4
1
3
4
4
0
4
− 3
4
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)
107
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:
 R1x = 0 
1 + 4

 R =? 
 3

 1y
 −1
 R 2x = 0 



− 3
 R 2y = 0 
 R 3x = 0  E A  − 4

R = − P =
 4L  0
 3y

 R 4x = 0 
 0


 0
 R 4y = 0 

 R 5x = 0 
 0


 0
R
?
=

 5y

3
−1
− 3
−4
0
0
0
3
− 3
−3
0
0
0
0
− 3
1+1+ 4
3− 3
−1
3
−4
0
−3
3− 3
3+ 3
3
−3
0
0
0
−1
3
0
3
−3
− 4 +1+1+ 4 − 3 + 3
−1
− 3
− 3+ 3
3−3
− 3
−3
0
−4
0
−1
− 3
− 4 +1+1
3− 3
0
0
0
− 3
−3
3− 3
3+ 3
0
0
0
−4
0
−1
3
0
0
0
0
0
3
−3
0   u1 = ? 


0
0   v1 = 0 
0
0  u 2 = ? 


0
0  v 2 = ?
0   u 3 = 0 
−4


0
0  v3 = ?
 u = ? 
3  4
−1


3
− 3  v 4 = ?

− 4 + 1 − 3   u5 = ? 


3   v 5 = 0 
− 3
0
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:
 5
 R 1x = 0 
−1

 R =0 
10
 −1

 2x
− 3
 R 2y = 0 
0
 EA

2 3
 R 3y = − P  =
 0
 R =0  4L  1
− 10

 4x

 R 4y = 0 
0
− 3
 R =0 
 −5
1

 5x

− 3
0
6
−6
0
6
3
0 

3 
 u1 
−3   
 u 2 
6  
v2
− 3  

  v 3 
−3 
0 
Tomando somente as quatro primeiras equações ou as quatro últimas equações:
 5
 R 1x = 0 
−1

 R =0 
10
 E A  −1
 2x

=

0
 R 2y = 0  4 L − 3
 R 3y = − P 
2 3
 0
− 3
0
6
−6
Das duas primeiras equações, temos:
v 2 
3 5 − 1   u1 
 =
 
3 1 − 10 u 2 
v 3 
0 u1 
 
3  u 2 
 
− 3 v 2 

6   v 3 
108
E das duas últimas equações, temos:
 u1 
3 PL
 =
6 EA
u 2 
− 1
 
1
Logo:
v 2 
PL −6
 =


 v 3  6 E A − 11
Das equações 2 e 10 é possível constatar que R1y = R5y = P/2. Os esforços internos nas
barras são encontrados usando a Eq. (25):
P1(1−2 ) =
P1(1−2) =
P L 
E A 1 
3P
3 PL
3 PL
3 
+


−
.
0
+
,
P
=
(compressão)
 .  −

1
(
1
−
2
)


E A 
L  2  6 E A
6 E A  2 
3
P1( 2−3) =
P1( 2−3) =
EA
[c. (u1 − u 3 ) + s. (v1 − v 3 )]
L

EA 

3P
3 PL
11 P L 
 , P1(1−3) = −
− 0  − 0.  0 +
(tração)
1.  −
L   6 E A
6 E A 
6


P1( 2−4) =
P1( 2−4) =
EA
[c. (u 2 − u 3 ) + s. (v 2 − v 3 )]
L

E A 1  3 P L
3P
3  P L 11 P L 
 , P1( 2−3) = −
− 0  −
.  −
+
(tração)
 . 
L  2  6 E A
3
 2  E A 6 E A 
P1(1−3) =
P1(1−3) =
EA
[c. (u1 − u 2 ) + s. (v1 − v 2 )]
L
EA
[c. (u 2 − u 4 ) + s. (v 2 − v 4 )]
L
P L 
EA  3 PL
 PL
3P
3 PL
 + 0  −
 , P1( 2−4) =
+
+
−
(compressão)
1. 

L   6 E A
6 EA
E A 
3
 EA
Devido a simetria da treliça:
P1( 4−5) = P1(1−2) =
P1(3−5) = P1(1−3) = −
3P
(compressão)
3
3P
6
(tração)
109
3P
3
P1(3− 4) = P1( 2 −3) = −
(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.
y, v
1
M1, θ1
E, I
2
x
M2, θ2
L
F1, v1
F2, v2
A deflexão v é assumida ser umafunção polinomial cúbica em x:
v(x) = a1 + a2x + a3x2 + a4x3
(1)
com a1, a2, a3 e a4 constantes à serem determinadas pela imposição das condições de contorno:
p/ x = 0,
v = v1 ,
∂v
= θ1
∂x
p/ x = L,
v = v2 ,
∂v
= θ2
∂x
Aplicando as condições de contorno em (1), temos:
0 a1 
 v 1  1 0 0
 θ  0 1 0
0  a 2 
 1 

=
 

2
3 
v

 a 3 
1
L
L
L
2
 
 θ 2  0 1 2 L 3L3  a 4 
(2)
110
A matriz inversa de (2) fornece as constantes a1, a2, a3 e a4:
 a 1   L3
0
a  
L3
 2  0
=
  
2
a 3   − 3L − 2 L
a 4   2
L
0
0  v1 
 
0
0   θ1 
 
3L − L2  v 2 

−2
L   θ 2 
(3)
Substituindo (3) em (1) e reagrupando, obtemos a forma final da função deflexão:
v ( x ) = f 1 ( x ) v 1 + f 2 ( x ) θ1 + f 3 ( x ) v 2 + f 4 ( x ) θ 2
(4)
onde f1(x), f2(x), f3(x) e f4(x) são funções de forma dadas por:
2
x
x
f1 ( x ) = 1 − 3  + 2 
L
L
 x2
f 2 ( x ) = x − 2
 L
  x3 
+ 
  L2 
  
2
x
x
f 3 ( x ) = 3  − 2 
L
L
 x2
f 4 ( x ) = − 
 L
3
3
(5)
  x3 
+ 
  L2 
  
A expressão de energia de deformação para o caso de vigas solicitadas em flexão é (a
energia devido ao cortante é desprezível):
M2
dx
02EI
L
U=∫
(6)
Sabe-se que M = E I
∂2v
∂x 2
e considerando EI constante ao longo da viga, temos:
2
E I L ∂2v 
 dx
U=
∫
2 0  ∂x 2 
(7)
A segunda derivada da deflexão é:
∂2v
∂x
2
= f 1'' ( x ) v 1 + f 2'' ( x ) θ1 + f 3'' ( x ) v 2 + f 4'' ( x ) θ 2
(8)
111
onde:
6
f 1'' ( x ) = −
2
L
L3
4
x
+6 2
L
L
f 2'' ( x ) = −
f 3'' ( x ) =
x
+ 12
6
L2
− 12
x
(5)
L3
2
x
+6 2
L
L
f 4'' ( x ) = −
Aplicando o primeiro teorema de Castigliano,
F1 =
∂U
= F , temos:
∂v
[
]
∂U 2 E I L ''
''
''
''
''
=
∫ f 1 ( x ) v 1 + f 2 ( x ) θ1 + f 1 ( x ) v 2 + f 4 ( x ) θ 2 f1 ( x ) dx
∂v 1
2 0
(6)
ou:
F1 = k 11 v 1 + k 12 θ1 + k 13 v 2 + k 14 θ1
(7)
onde:
L
k 11 = E I ∫ f1'' ( x ).f 1'' ( x ) dx
0
L
k 12 = E I ∫ f 1'' ( x ).f 2'' ( x ) dx
0
L
k 13 = E I ∫ f1'' ( x ).f 3'' ( x ) dx
(8)
0
L
k 14 = E I ∫ f 1'' ( x ).f 2'' ( x ) dx
0
Considerando que
∂U
= M , e generalizando para os graus de liberdade θ1, v2 e θ2,
∂θ
tem-se a forma generalizada para os termos da matriz de rigidez:
L
k ij = E I ∫ f i'' ( x ).f j'' ( x ) dx
0
(9)
112
Colocando em forma matricial o resultado das integrais, obtem-se a matriz de rigidez
elementar para um elemento de viga:
 12
 L2
 F1 
 6
M 

 1 EI  L
=


12
 F2  L  − 2

L
 M 2 
 6

 L
6
L
4
6
−
L
2
12
L2
6
−
L
12
L2
6
−
L
−
6 
L  v
 1
2  θ 
  1 
6
−  v 2 
L  θ2 
 
4 

ou
{F} = [k ] {q}
(10)
13.7 – Propriedades da matriz de rigidez de um elemento de viga
O elemento está em equilíbrio:
6
12
6   12
6
12
6 
 12
a) ∑ Fy , F1 + F2 =  2 v 1 + θ1 − 2 v 2 + θ 2  +  − 2 v 1 − θ1 + 2 v 2 − θ 2  = 0
L
L   L
L
L 
L
L
L
b) ∑ M 2 = 0, F1.L – M1 – M2
 12
=
L
2
v1 +
6
12
6 
6
6
6
 6

θ1 − 2 v 2 + θ 2  L −  v 1 + 4θ1 − v 2 + 2θ 2  −  v 1 + 2θ1 − v 2 + 4θ 2  = 0
L
L
L
L
L
L

 

L

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:
 12
 F2  E I  L2

=

 M 2  L − 6
 L
6
L  v 2 
θ 
4  2 

−
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.
113
y, v
PL
1
3
2EI
EI
2L
2
L
x
P4, θ2
P6, θ3
P2, θ1
P1, v1
P3, v2
P5, v3
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:
 12
 L2
 F1 
 6
M 

 1 EI  L
=

12
 F2  L  −
 L2
 M 2 
 6

 L
6
L
12
L2
6
−
L
12
L2
6
−
L
−
4
−
6
L
2
6 
L  v
 1
2  θ 
 1
6  v 2 
 
−
L   θ 2 

4 

Elemento 2-3:
 12
 ( 2 L) 2

F
 2 
 6
M 
 2  2 E I  2L

=

12
F
3

 2 L −
2
 M 3 
 (2 L)
 6
 2 L
6
2L
4
−
6
2L
2
12
( 2 L) 2
6
−
2L
12
( 2 L) 2
6
−
2L
−
6 
2L 
 v 2 
2 θ 
 2 
6 v 3 
 
−
2L   θ 3 
4 

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
114
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
 12
 L2
6
 P1 = ? 

 P =? 
L

 2
 12
 P3 = − P  E I  L2
=

6
=
P
PL
4
 L 

 P5 = ? 
L


0
 P6 = 0 


0

6
L
12
L2
6
L
4
−
6
L
2
0
0
12
3
+ 2
2
L
L
6 3
− +
L L
3
− 2
L
3
L
6
L
0
2
0
6 3
+
L L
−
4+4
−
3
L
2
3
L2
3
−
L
3
L2
3
−
L
−

0

0 v1 = 0


3   θ1 = 0 
L  v 2 = ? 
θ = ? 

2  2
 v 3 = 0 


2   θ3 = ? 


4

Tomando somente as equações onde as forças externas são conhecidas, 3, 4, e 6 e
considerando as condições de contorno, tem-se:
 15
 L2
 P3 = − P 

 EI 3
−
P
=
PL
 4
=
L
 L
 P =0 
 6

 3
 L
−
3
L
8
2
3
L  v 2 = ?


2 θ2 = ? 


θ3 = ? 
4

A matriz inversa do sistema acima é:

 28
v 2 
L3  18
 

θ
=
 2
276
E
I
 L
θ 
 3
 30
 − L
18
L
51
L2
39
− 2
L
30 
L  − P 
39   
− 2   PL  ,
L  
15   0 
L2 
−



− 10
v 2 
3 
P
L
 
 33 
θ2  =


 θ  276 E I  L 
 3
− 9 
 L 
115
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:
 53P 
 P1   46 
   21PL 
 P2  = 

 P   46 
 5   7P 
−
 46 
Pode-se comparar os valores obtidos com o método dos elementos finitos com os
valores obtidos analiticamente:
∑ M 1 , P5 . 3L – P . L + P . L + P2 = −
↑ ∑ Fy , P1 – P +P5 =
7P
21PL
.3L +
= 0 (ok)
46
46
53PL
7P
−P+
= 0 (ok)
46
46
Os diagramas de força cortante e de momento fletor são obtidos substituindo os graus
de liberdade obtidos anteriormente nas matrizes elementares:
Elemento 1-2:
 12
 L2
 F1 
 6
M 

 1 E I  L
=

12
 F2  L  −
 L2
 M 2 
 6

 L
6
L
12
L2
6
−
L
12
−
4
−
6
L
L2
6
−
L
2
6 
 53 P 
0
 


L 
46 



0
21 PL 

2   10 PL3  
  46 
 −
=
6
276 E I   53 P 
− 
−
L   33 PL2   46 

  16 PL 
4   276 E I  
 46 

Elemento 2-3:
 12
 ( 2 L) 2

F
 2 
 6
M 
 2  2 E I  2L

=

12
F
3

 2 L −
2
 M 3 
 (2 L)
 6
 2 L
6
2L
4
−
6
2L
2
12
( 2 L) 2
6
−
2L
12
( 2 L) 2
6
−
2L
−
  10 PL3 
7P 
−
 
  276 E I   46 
2   33 PL2   7 PL 
 


=  23 


276
E
I
6 

  7 P
−
0
2L  
−

2 
9 PL   46 

−
4   276 E I   0 

6
2L
116
PL
53/46 P
7/46 P
Força
cortante
P
16/23 PL
Momento
fletor
PL
21/46 PL
7/23 PL
Observação: A força cortante é considerada positiva quando gira a seção no sentido antihorário 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 EI
∂2v
∂x 2
=M e
dM
= − V , uma vez determinada a equação de v(x) para cada
dx
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:
W=
[
1 '
F
2 1
117
M 1'
F2'
 v1 
 
'  θ1 
M2  
v 2 
 θ 2 
]
(11)
E o trabalho realizado pela carga distribuida é da forma:
W=
1L
∫ w ( x ).v ( x ) dx
20
(12)
onde a deflexão é da forma:
 v1 
θ 
 
v ( x ) = [f 1 ( x ) f 2 ( x ) f 3 ( x ) f 4 ( x )] 1 
v 2 
θ 2 
(13)
Como o trabalho realizado em (11) deve ser igual ao trabalho realizado em (12), temse que:

L
 ∫ w ( x ).f1 ( x ) 
0

 F1'  L
 '   ∫ w ( x ).f 2 ( x ) 

 M1  0
 '  = L

 F2   ∫ w ( x ).f 3 ( x ) 

 M '2   0

L
 ∫ w ( x ).f 4 ( x ) 
 0

(14)
Ex: Considere a viga com carregamento linearmente distribuido como mostrado abaixo.
x
Determine a inclinação e a deflexão no nó 1. O carregamento é do tipo w ( x ) = − w o   e E I
L
é constante.
wo
1
x
2
L
118
Os esforços nodais devido ao carregamento são calculados da seguinte maneira:
F1’
M1’
M2
’
1
2
M1
M2
F1
x
x
x
1 − 3  + 2 
L 
L
L
2
L
F1' = ∫ − w o
0
 x2
x
M 1 = ∫ − w o x − 2
L 
0
 L
L
'
F2'
F2’
3
F2

3w o L
 dx = −
20

  x 3 
w L2
 +    dx = − o
  L2 
30
   
2
3
7w o L
x  x
x 
= ∫ − w o 3  − 2   dx = −
20
L   L 
 L  
0
L
L
M '2 = ∫ − w o
0
x   x2
− 
L   L
  x 3 
w L2
 +  2   dx = o
 L 
20
   
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:
 F1

 M1

 F2
 M 2
 12
 L2
+ F1' 
 6

' 
+ M1  E I  L
=

+ F2'  L  − 12
 L2
+ M '2 
 6

 L
6
L
4
−
6
L
2
12
L2
6
−
L
12
−
L2
6
−
L
6 
L  v =?

 1
2  θ = ? 

  1

6
−  v 2 = 0 
L   θ 2 = 0 

4 

Tomando somente as duas primeiras linhas do sistema acima e considerando as
condições de contorno, temos:
3w o L 

 12
0 − 20  E I  2
L

2 =
6
w
L
0 − o  L 

L
30 
6
L  v 1 = ?


θ = ?
4  1

119
A inversão o sistema fornece os graus de liberdade no nó 1:

4
v 1 
L 
 =

 θ1  12 E I  − 6
 L
3
6   3w o L 
 L
−
3 −



w
L


20 = o  30 
L

 1 

12
w o L2 
E
I



 −
 24 
L2  
30 
−
As reações de apoio são determinadas tomando as duas últimas linhas do sistema
inicial:
7w o L 

 12
F
−
2

 − L2
E
I


20
=

2 
 6
M 2 + w o L  L  −

 L
20 
6
L  v 1 
 
θ
2   1

−
 12 w o L3  L  6 w o L3 1 
7w o L 

−
−
−
 F2 − 20  E I  L2 E I  30  L E I 24 



2 =
3
3
 M 2 + w o L  L  6 w o L  − L  + 2 w o L 1 

 L E I  30 
20 
E I 24 
 woL 
F
 2   2 
=

2 
 M 2  − w o L 

6 
Estes resultados podem ser confirmados através das equações de equilíbrio estático,
∑ Fy = 0 e ∑ M 2 = 0 .
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.
y
w
3
1
2
L/2
L/2
120
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:
 12
 (L ) 2

2
6

F
 1 
 L
M 
 1 EI 
2

= L 
12
F
 2 
2 − L 2
 M 2 
 ( 2)

6
 L

2
6
L
2
4
−
6
L
2
2
12
(L )2
2
6
−
L
2
12
(L 2) 2
6
−
L
2
−
6 
L 
2 

2 v1 = 0


  θ1 = ? 
6  v 2 = ? 


−
L  θ = 0 


2  2

4 

De acordo com a Eq. (14), os esforços externos são:
L/2

 x2   x3
+
M 1 = ∫ − w  x − 2
2
 
0
 L / 2   ( L / 2)


wL2
 dx = −

48

3
  x 2
wL
x 
F2 = ∫ − w 3  − 2   dx = −
4
 L  
0
  L 
L/2
Substituindo M1 e F2 na matriz elementar e considerando os graus de liberdade
conhecidos, temos:

 wL2 
 4
−
 EI 
 48  = L  6
 − wL 
2 − L

4 
2

6 
L  θ 
2 1
12   v 2 

( 2 L) 2 

−
A inversa do sistema acima fornece a solução do sistema:
 12
 θ1 
L  L2
 =

 v 2  24 E I  3
L
3
3   wL2 
3  1 
−
L   48  = − wL  5L 
 
  wL 
24 E I  

1  −
 16 

4 
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.
Pcr
Pcr
P > Pcr
P > Pcr
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.
122
Curso de Mecânica dos Sdólidos II
P
P
L/2
A
∆=θ (L/2)
k
θ
L/2
k
A
θ
L/2
L/2
Diagrama de corpo livre das barras:
P tanθ
θ
P
F=k∆
x
θ P
P tanθ
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:
kθ
L
>2Pθ
2
Desta forma, a situação de equilíbrio estável ocorrerá quando:
P<
kL
4
123
Por outro lado, a situação de equilíbrio instável ocorrerá quando:
P>
kL
4
O valor intermediário entre as duas situações corresponde a carga crítica:
Pcr =
kL
4
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:
dv
= tan θ ≈ sen θ ≈ θ , cos θ ≈ 1 e ds ≈ dx
dx
+w
P
P
dx
dv/ds
ds
+w
y, v
V+∆V
dv
M
A
P
P
M+∆M
dv/ds
V
v
x
dx
dv/ds
As equações de equilíbrio aplicadas sobre o elemento, fornecem duas equações
diferenciais:
↑ ∑ F y = 0 , w dx − V + ( V + dV) = 0
,
dV
= −w
dx
124
∑ M A = 0 , M − P dv − V dx + w dx
dx
dM
dv
− ( M + dM ) = 0 , V = −
−P
2
dx
dx
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:
d2v
dx
2
=
M
EI
Fazendo uso da equação anterior na segunda equação diferencial e substituindo esta
última na primeira equação diferencial, temos:
d4v
dx
4
+ λ2
d2v
dx
2
=
w
EI
,
com λ2 =
P
EI
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.
P
Mo
Mo
P
L
125
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
M (0 ) = E I
d2v
dx
2
(0) = - C2 E I λ2 = - Mo , C 2 = −C 3 =
Mo
P
Para x = L,
v(L) = C1 sen λ L + C2 cos λ L + C3 = 0 , C1 =
M o 1 − cos λL
(
)
P
sen λ L
verificação:
M ( L) = E I
d2v
dx
M(L) = −
2
( L) = - C1 E I λ2 sen λ L - C2 E I λ2 cos λ L
M o 1 − cos λL
M
P
P
(
)E I
sen λL − o E I
cos λL = - Mo (OK)
P
sen λL
EI
P
EI
Portanto, a equação da curva elástica é:
v(x ) =
M o 1 − cos λL
(
sen λx + cos λx − 1)
P
sen λL
A máxima deflexão ocorre em x = L/2 que é obtida fazendo-se:
dv M o 1 − cos λL
=
(
cos λx − sen λx ) = 0
dx
P
sen λL
Sabemos que:
sen λL = 2 sen
λL
λL
λL
λL
λL
λL
cos
, cos λL = cos 2
− sen 2
, 1 = cos 2
+ sen 2
2
2
2
2
2
2
Logo:
v max =
M o sen 2 λ ( L / 2)
M
L
λL
(
+ cos λ − 1) = o (sec
− 1)
P cos λ ( L / 2)
2
P
2
O momento fletor máximo ocorre também em x = L/2 e seu valor absoluto é:
M
P
P
v
Mo
126
∑ M = 0 , 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.
P
P
y, v
x
L
v
P
P
x
Da equação de equilíbrio estático do trecho superior da coluna, tem-se:
∑ M = 0 , P.v + M = 0 , M = - P.v
Substituindo a equação de momento fletor na equação diferencial da curva elástica,
temos:
d2v
dx 2
=
M
Pv
=−
EI
EI
ou
d2v
P
+ λ2 v = 0 , com λ2 =
EI
dx 2
127
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, M (0) = E I
Para x = 0:
d2v
dx 2
(0) = 0 , v(L) = 0 , M ( L) = E I
d2v
dx 2
( L) = 0
v(0) = C1 sen 0 + C2 cos 0 + C3 = 0 , C2 + C3 = 0
M (0) = E I
d2v
dx 2
(0) = - 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
Pn 2
,
L = n 2 π2 ,
EI
Pn =
n 2 π2 E I
L2
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:
Pcr =
π2E I
L2
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:
v ( x ) = C1 sen
nπ
x
L
Os modos ou formas em que a columa irá flambar depende de n, como é visto abaixo:
128
n=1
n=2
n=3
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.
d4v
dx 4
+ λ2
d2v
dx 2
=0
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
129
P
P
δ
y, v
x
v
L
P
P
x
∑ M = 0 , - P.( δ - v) + M = 0 , M = P.(δ - v)
Da equação elástica da coluna temos:
d2v
dx 2
=
M P (δ − v)
,
=
EI
EI
d2v
dx 2
P
P
v=
δ
EI
EI
+
ou:
d2v
dx
2
+ λ2 v = λ2 δ com λ2 =
P
EI
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
M=EI
d2v
dx
2
(0) = 0 M = E I
d2v
dx
2
( L) = P δ e
dv
( L) = 0
dx
Para x = 0:
v(0) = C2+ C3 = δ
M=EI
d2v
dx
2
(0) = - C1 λ2 sen λ.0 – C2 λ2 cos λ.0 = 0
C2 = 0 , C3 = δ
Para x = L:
130
v(L) = C1 sen λ L + δ = 0 ,
C1 = −
δ
sen λ L
verificação:
M=EI
d2v
dx
2
( L) = - E I C1 λ2 sen λ.L

δ  P 
M = − E I −
 sen λ L = P δ (OK)

 sen λ L  E I 
dv
( L) = C1 λ cos λL − C 2 λ sen λL = 0
dx
C1 λ cos λ L = 0 , como C1 ≠ 0 e λ ≠ 0 è cos λ L = 0 , λ L =
P=
n π P 2 n2 π2
,
,
L =
2 EI
22
n 2 π2 E I
4 L2
Como procura-se a menor carga crítica, n = 1. Logo a carga crítica para uma coluna
engastada-livre é:
Pcr =
π2 E I
(2 L)2
=
π2E I
Le 2
, com o comprimento efetivo Le = 2 L ( comprimento efetivo
corresponde à distância entre dois pontos de momento nulo).
14.5.2 - Coluna engastada-apoiada
P
P
y, v
Le=0,7L
L
Ponto de inflexão
P
x
Pcr =
π2 E I
(0,7 L) 2
=
131
π2E I
Le 2
com o comprimento efetivo Le = 0,7 L
14.5.3 - Coluna engastada-engastada
P
P
y, v
Ponto de inflexão
L
Le=0,5L
Ponto de inflexão
P
x
Pcr =
π2 E I
(0,5 L ) 2
=
π2 E I
Le 2
,
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 m4, Iy = 23,2.10-6 m4-. Use um fator de segurança
F.S. = 3.
z
x
y
5m
132
Flambagem no plaxo x-z:
x
z
Pcr =
Le = 0,7.5 = 3,5 m
Pcr =
π2E I y
(0.7 L )2
π 2 70.109 23,2.10 −6
(3,5)2
Pcr = 1310 kN
Flambagem no plaxo y-z:
y
z
Pcr =
L= 5 m
Pcr =
π2 E I x
(2 L )2
π 2 70.109 61,3.10 −6
(10)2
Pcr = 424 kN
Portanto, a coluna irá flambar primeiro com relação ao eixo x. A carga permissível é:
P
424
Pperm = cr =
= 141 kN
3
3
A tensão devido a carga crítica é:
P
424
σ cr = cr =
= 56,5 MPa < 215 MPa
A 7,5.10 − 3
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.
133
3m
P
A
y
θ
4m
x
50 mm
50 mm
6m
50 mm
z
C
B
x
cos θ =
4
3
, sen θ =
5
5
(4/5)RAC
P
RAC
6m
y
B
3
5
x
5
3
∑ M B = 0 , R AC . .6 − P.6 = 0 , R AC = P
Flambagem no plano xz (biarticulada):
2
Pcr y =
π2 E I y
L2e
π 200.10
,
4
R AC = Pcr y ,
5
σ=
P
42,8
=
,
A 100.50
Pcr y =
3
3  100.50 


(6.10 )
45
P = 57,1 kN ,
53
3 2
12

,
P = 42,8 kN
σ = 8,56 Mpa < σadm
Pcr y = 57,1 kN
134
Flambagem no plano yz (engastada-livre):
π2 E I x
Pcr x =
L2e
,
4
R AC = Pcr x ,
5
σ=
Pcr x
 50.100 3 

π 2 200.10 3 
12 

=
,
2
2 . 6.10 3
(
45
P = 57.1 kN ,
53
P
42,8
=
,
A 100.50
)
Pcr x = 57,1 kN
P = 42,8 kN
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.
w = 6 kN/m
B
C
0,5 m
1,5 m
2m
30 mm
z
20 mm
y
A
y
x
Diagrama de corpo livre da viga BC:
12 kN
w = 6 kN/m
RCx
C
RCy
Σ MC = 0,
B
1,5 m
RAB . 1,5 – 12 . 1 = 0,
RAB = 8 kN
RAB
0,5 m
135
Flambagem no plano yz (biarticulada):
Pcr x =
π2 E I x
(
,
L2e
R AB = 8 kN >
 20.30 3 

π 2 200.10 3 
 12 

,
Pcr x =
2
2.10 3
Pcr x
3
=
)
Pcr x = 22,2 kN
22,2
= 7,4 kN
3
Flambagem no plano xz (engastada-livre):
Pcr y =
π2E Iy
(
,
L2e
R AB = 8 kN >
 30.20 3 

π 2 200.10 3 
 12 

,
Pcr y =
2
2 . 2.10 3
Pcr y
3
=
)
Pcr y = 2,5 kN
2,5
= 0,8 kN
3
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:
Pcr =
π2 E A r 2
Le 2
A tensão crítica para coluna é definida como a tensão média na área da seção
transversal A de uma coluna com carga crítica Pcr.
Pcr
π2 E
σ cr =
=
A  L 2
 er 


1
O raio de giração de uma área pode ser considerado como a distância do eixo no qual toda
área pode ser concentrada e ainda Ter o mesmo momento de inércia que a área original.
136
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.
I min =
r=
75 . 50 2
= 781250 mm4
12
I min
781250
=
=14,434 mm
A
50 . 75
σ cr =
π2 E
 Le 
 r 


2
, 25 =
π 2 21000
 Le

 14,434 


, Le = L = 1314 mm
2
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.
Et
σcr
Et
σ
B
R
C
A
intermediária
curta
flambagem
elástica
Limite de
proporcionalidade
S
E
0
Hipérbole de
Euler
T
colunas longas
ε 0
L/r
flambagem
elástica
praticamente
sem flambagem
137
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:
σ cr =
π2 E t
 Le 
 r 


2
região R (colunas curtas): Região onde praticamente não há flambagem.
Comparação entre colunas biapoiadas e engastadas nas extremidades.
Tensão de escoamento
σ
Hipérboles
de Euler
σcr
Limite de
proporcionalidade
A
colunas com
extremidades
com pinos
0
ε
0
colunas com
extremidades fixas
(Le/r)1
Le/r
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,
138
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 excêntrico
como mostrado abaixo.
e
Mo= P e P
P
P
Mo= P e
y, v
x
x
v
vmax
M
v
L
L
P
P = - P.(e
x + v)
∑ M =P0 , P.v + P.e + M = 0 , M
Da teoria de flexão de vigas, tem-se:
d2v
M
P (e + v )
=
=−
2
EI
EI
dx
ou
d2v
dx
2
+
P
P
v=−
e
EI
EI
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
M=EI
d2v
dx 2
(0) = E I (- C2 λ2 ) = - P e , como λ2 =
P
EI
C2 = e , C3 = - e
Para x = L
v(L) = C1 sen λL + e cos λL – e = 0 , C1 =
e (1 − cos λL)
sen λL
A curva de deflexão é portanto escrita da forma:
v(x ) =
e (1 − cos λL)
sen λ x + e cos λx − e
sen λL
139
A máxima deflexão ocorre em x = L/2, logo:
v max = e (sec
λL
− 1)
2
O momento fletor máximo ocorre também em x = L/2 e seu valor absoluto é:
Mmax = | P.(e + vmax) | = | P e sec
λL
λL
| = | M o sec
|
2
2
A máxima tensão que ocorre no lado côncavo da coluna a meia altura da coluna é:
σ max =
P Mc
+
A
I
P
e I = A r2:
Como λ2 =
EI
σ max =
λL  P  e c
P  ec
L
P 

sec
sec
1 +
 = 1 +
A
2  A
r 4 E A 
r2
r2
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.
140
ec
r2
=0
hipérbole de
Euler
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.
σe
hipérbole de
Euler
KL/r
colunas curtas colunas intermediárias
colunas longas
Estas fórmulas empíricas são utilizadas no projeto de colunas de aço, alumínio e
madeira.
Fórmulas para colunas de aço:
Para colunas longas, a fórmula de Euler pode ser utilizada.
σ max =
141
π2 E
 Le 
 r 


2
A aplicação desta fórmula exige que um fator de segurança de 1.92 seja aplicado.
σ adm =
π2 E
1,92  Le 
 r 
2
Esta equação pode ser aplicada na faixa de esbeltez de:
 L e  ≤ L e ≤ 200
 r 
r
c

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.
σ esc
π2 E
=
2
 Le  2
 r 

c
Oque dá o índice de esbeltez no limite da utilização da fórmula de Euler:
2
 Le  = 2π E
 r 

c
σ esc
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:

( Le / r) 2 
1 −

2
 ( L e / r ) c 

σ adm =
σ esc
F.S.
O fator de segurança é, para este caso, definido como:
5 3 (L e / r ) 1 (L e / r )3
F.S. = +
−
3 8 (L e / r )c 8 (L e / r ) 3
c
142
Fórmulas para colunas de alumínio:
Para colunas longas a tensão admissível é de:
σ adm =
71700
F.S. L e 
 r 
2
(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 adm =
1 
31,5 − 0,22  L e

F.S. 
 r



2
 (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:
σ adm =
π2 E
( )
2
2,727 L
r
=
3,619 E
(L r )2
Para colunas de seção transversal quadrada ou retangular, a equação anterior fica:
σ adm =
0,30 E
(L d )2
Onde d é a menor dimensão lateral de um membro.

mecsol-Parte II - Grante - Universidade Federal de Santa Catarina

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