Universidade Federal de Santa Catarina Departamento de ... - UFSC

Universidade Federal de Santa Catarina
Departamento de Engenharia Mecânica
Grupo de Análise e Projeto Mecânico
Prof. José Carlos Pereira
CURSO DE MECÂNICA DOS SÓLIDOS B

SUMÁRIO
9 – REVISÃO DE TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO E CRITÉRIOS DE RUPTURA 4
9.1 – Equações para transformação de tensão plana ............................................. 4
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 ..................................... 15
9.6 – Círculo de Mohr para o estado geral de tensões.......................................... 17
9.7 - Critérios de escoamento e de fratura ............................................................ 18
9.7.1 – Observações preliminares ............................................................................................ 18
9.7.2 – Teoria da máxima tensão de cisalhamento (Tresca) (mat. dúcteis) ............................... 19
9.7.3 – Teoria da máxima energia de distorção (von Mises) (mat. dúcteis) ............................... 22
9.7.4 – Teoria da máxima tensão normal (mat. frágeis) ............................................................ 26
10 – VASOS DE PRESSÃO..................................................................................... 29
10.1 – Vasos cilíndricos......................................................................................... 29
10.2 – Vasos esféricos .......................................................................................... 31
11 – DEFLEXÃO DE VIGAS .................................................................................... 39
11.1 – Introdução .................................................................................................. 39
11.2 – Relação entre deformação-curvatura e momento-curvatura ...................... 39
11.3 – Equação diferencial para deflexão de vigas elásticas ................................ 41
11.4 – Condições de contorno............................................................................... 42
11.5 – Solução de problemas de deflexão de vigas por meio de integração direta
.............................................................................................................................. 43
11.6 – Introdução ao método de área de momento............................................... 49
11.7 – Dedução dos teoremas de área de momento ............................................ 49
11.8 – Método da superposição ............................................................................ 56
11.9 – Vigas estaticamente indeterminadas- método de integração ..................... 60
11.10 – Vigas estaticamente indeterminadas - método de área de momento....... 64
11.11 – Vigas estaticamente indeterminadas - método da superposição.............. 69
12 – MÉTODO DA ENERGIA................................................................................... 74
12.1 – Introdução .................................................................................................. 74
12.2 – Energia de deformação elástica ................................................................. 74
12.3 – Deslocamentos pelos métodos de energia................................................. 78

12.4 – Teorema da energia de deformação e da energia de deformação
complementar........................................................................................................ 84
13.5 – Teorema de Castigliano para deflexão....................................................... 88
12.6 – Teorema de Castigliano para deflexão em vigas........................................ 91
12.7 – Teorema de Castigliano para vigas estaticamente indeterminadas ........... 94
12.8 – Método do trabalho virtual para deflexões.................................................. 98
12.9 – Equações do trabalho virtual para sistemas elásticos.............................. 100
13 - MÉTODO DOS ELEMENTOS FINITOS .......................................................... 110
13.1 – Matriz de rigidez de um elemento de barra .............................................. 110
13.2 – Matriz de rigidez de um elemento de barra num sistema arbitrário ......... 113
13.3 – Força axial nos elementos........................................................................ 115
13.4 – Técnica de montagem da matriz de rigidez global ................................... 116
13.6 – Matriz de rigidez de um elemento de viga ................................................ 128
13.7 – Propriedades da matriz de rigidez de um elemento de viga..................... 131
13.7 – Vigas com carga distribuida ..................................................................... 136
14 – FLAMBAGEM DE COLUNAS ........................................................................ 150
14.1 – Introdução ................................................................................................ 150
14.2 - Carga crítica.............................................................................................. 150
14.3 – Equações diferenciais para colunas ......................................................... 152
14.4 – Carregamento de flambagem de Euler para colunas articuladas............. 155
14.5 – Flambagem elástica de colunas com diferentes vínculos nas extremidades
............................................................................................................................ 158
14.5.1 - Coluna engastada-livre ............................................................................................. 158
14.5.2 - Coluna engastada-apoiada ....................................................................................... 161
14.5.3 - Coluna engastada-engastada.................................................................................... 161
14.6 – Limitação das fórmulas de flambagem elástica........................................ 166
14.7 – Fórmula generalizada da carga de flambagem de Euler .......................... 167
14.8 – Colunas com carregamento excêntrico .................................................... 169
14.9 – Fórmulas de colunas para cargas concêntricas ....................................... 172

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 4
9 – REVISÃO DE TRANSFORMAÇÃO DE TENSÃO E CRITÉRIOS DE RUPTURA
9.1 – Equações para transformação de tensão plana
Uma vez determinado as tensões normais σx e σy, e a tensão de cisalhamento τxy
num ponto de um corpo solicitado no plano x,y, é possível determinar as tensões
normais e de cisalhamento em qualquer plano inclinado x ’ , y ’ .
σx
y´
y´
τxy
τyx
τx´y´
y
+ θ
σy
σx´
dA
σy
θ
Figura 9.1 – Elemento infinitesimal sendo solicitado no plano
Impondo o equilíbrio de forças na direção x ’ , temos:
τxy
x´
B
A
θ
τyx
+ θ
C
σy
σx
y´
τyx
σx dA cosθ
τyx dA cosθ
τxy
τyx dA senθ
σx
τx´y´ dA
x´
x
σx´ dA
θ
σy dA senθ
x´

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 5
∑
→ 0 ,
F =
x '
σ
x'
dA − σ
σ
Simplificando a eq. (9.1):
y
x
dA cos θ cos θ − τ
dA sen θ sen θ − τ
σ = σ θ + σ sen θ + 2 τ cos θ sen θ
xy
xy
dA cos θ sen θ −
dA sen θ cos θ = 0
(9.1)
2
2
x ' x cos y
xy
(9.2)
1 = cos
Sabendo-se que:
sen 2 θ = 2 senθ
cos θ
cos 2 θ = cos
cos
sen
2
2
temos;
2
2
θ + sen
θ − sen
2
θ
2
θ
Trabalhando com as eqs. (9.3), tem-se:
1+
cos 2θ
θ =
2
1−
cos2θ
θ =
2
(9.3)
(9.4)
Substituindo a eqs. (9.4) e a expressão de sen 2θ da eq. (9.3) na eq. (9.2),
1+
cos 2θ
1−
cos 2θ
σ ' = σ x + σ y + τ xy sen 2 θ
2
2
x (9.5)
Reagrupando a eq. (9.5):
σ x + σ y σ x − σ y
σ ' = + cos 2θ
+ τ xy sen2
θ
2 2
x (9.6)
∑
↑ 0 ,
F =
y '
τ
x'y'
dA + σ
σ
Simplificando a eq. (9.7):
x
y
dA cos θ sen θ − τ
dA sen θ cos θ + τ
xy
xy
dA cos θ cos θ −
dA sen θ sen θ = 0
(9.7)

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 6
⎛ σ x − σ y ⎞
τ ⎜ ⎟
'y'
= −
⎟
θ + τ θ
⎜
sen 2 xy cos 2
⎝ 2 ⎠
x (9.8)
As eqs (9.6) e (9.8) 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 (9.6) e (9.8) onde a eq. (9.6) é
colocada da seguinte forma:
σ x + σ y σ x − σ y
σ ' − = cos 2θ
+ τ xy sen2
θ
2 2
x (9.9)
Elevando ao quadrado as eqs. (9.8) e (9.9) e somando-as, tem-se:
2
2
⎛ σ x + σ y ⎞
2 ⎛ σ x − σ y ⎞
⎜
2
σ ⎟
x'
− ⎟ + τ ⎜
x'y
' =
+ τ xy
(9.10)
⎜ 2 ⎟
⎜ 2 ⎟
⎝
⎠
⎝ ⎠
A eq. (10) pode ser colocada de maneira mais compacta:
2 2 2
( − σ ) + τ = R
σ (9.11)
x'
m
xy
A eq. (9.11) é a equação de um círculo de raio:
2
⎛ σ x − σ y ⎞ 2
R = ⎜ ⎟
⎜
+ τ xy
2 ⎟
(9.12)
⎝ ⎠
e centro:
σ
τ
m
m
σ
=
= 0
x
+ σ
2
y
(9.13)

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 7
O círculo construído desta maneira é chamado círculo de tensões de Mohr, onde
a ordenada de um ponto sobre o círculo é a tensão de cisalhamento τ e a abcissa é a
tensão normal σ.
Conclusões importantes:
Figura 9.2 – Círculo de Tensões de Mohr
A maior tensão normal possível é σ1 e a menor é σ2. Nestes planos não existem
tensões de cisalhamento.
A maior tensão de cisalhamento τmax é igual ao raio do círculo e uma tensão normal
de
σ
x
τ
+ σ
2
y
cisalhamento.
B(σx, -τxy)
σ
σ2
m
σ
=
τmax
atua em cada um dos planos de máxima e mínima tensão de
Se σ1 = σ2, o círculo de Mohr se degenera em um ponto, e não se desenvolvem
tensões de cisalhamento no plano xy.
|τmin|=τmax
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.
x
+ σ
2
y
σ
x
− σ
2
y
2 θ1 ’
A(σx, τxy)
σ1
θ = 0°
σ

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 8
Se soma das tensões normais em quaisquer dos planos mutuamente
perpendiculares é constante: σx + σy = σ1 + σ2 = σx´ + σy´ = constante.
Os planos de tensão máxima ou mínima formam ângulos de 45° com os planos das
tensões principais.
9.3 – Construção do círculo de tensões de Mohr
Exemplo 9.1: 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.
As tensões no sistema de coordenadas x,y são:
σx = - 20 MPa , σy = 90 MPa , τxy = 60 MPa
Procedimento de análise:
a – Determinar o centro do círculo (σm, τm):
σ
τ
m
m
σ
=
= 0
x
+ σ
2
y
− 20 + 90
= = 35 MPa
2
b – Determinar o raio do círculo R:
y
90 MPa
60 MPa
20 MPa
x
Ponto A

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 9
R =
⎛ σ x − σ
⎜
⎝ 2
y
⎞
⎟
⎠
2
+ τ
2
xy
c – Localizar o ponto A(-20,60):
d – Calcular as tensões principais:
=
⎛ − 20 − 90 ⎞
⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠
2
+ 60
2
=
81,
4
σ1 = 35 + 81,4 = 116,4 MPa , σ2 = 35 - 81,4 = -46,4 MPa
e – Determinar as orientações das tensões principais.
⎛ 60 ⎞
θ = arc tg 2 ⎜ ⎟ = 47,
7°
⎝ 20 + 35 ⎠
'
1
2 '
A(-20,60)
60
2 θ1 ’’ + 2 θ1 ’ = 180° ⇒ θ1 ’ = 66,15°
2
τ (Mpa)
2 θ1 ’’
2 θ2 ’’
, θ1 ’’ = 23,85°
y
τmax = 81,4
1
MPa
σ2 = 35-81,4 = -46,4 σ (Mpa)
20
2 θ2 ’
35
2 θ1 ’
σ1 = 116,4 MPa
θ1 = 66,15°
σ1 = 35+81,4 = 116,4
B(90, -60)
x
σ2 = 46,4

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 10
f – Tensão máxima de cisalhamento:
τmax = R = 81,4 Mpa
g – Orientação da tensão máxima de cisalhamento:
2 θ1 ’’ + 2 θ2 ’ = 90° ⇒ θ2 ’ = 21,15°
y´
Exemplo 9.2: 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.
As tensões no sistema de coordenadas x,y são:
y
y
τmax = 81,4
σ´ = 35 MPa
1 kgf/mm 2
2 kgf/mm 2
3
x´
θ2 = 21,25°
x
x’
22,5°
x
Ponto A

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 11
σx = 3 kgf/mm 2 , σy = 1 kgf/mm 2 , τxy = 2 kgf/mm 2
Procedimento de análise:
a – Determinar o centro do círculo (σm, τm):
σ
τ
m
m
σ
=
= 0
x
+ σ
2
y
3 + 1
= =
2
2 kgf / mm
b – Determinar o raio do círculo R:
2
⎛ σ x − σ y ⎞ 2 ⎛ 3 − 1⎞
2
R = ⎜ ⎟
⎜
+ τ xy = ⎜ ⎟ + 2 =
2 ⎟
⎝ ⎠
⎝ 2 ⎠
c – Localizar o ponto A(3,2):
No ponto A’ temos:
2 θ 1
⎛ 2 ⎞
' = arc tg ⎜ ⎟
⎝ 3 − 2 ⎠
τ (kgf/mm 2 )
=
63,
4
2
2
B(1, -2)
τmax = 2,24
2 θ2 ’
2,
24
σx’ = 2 + 2,24 cos(63,4 - 45) , σx’ = 4,13 kgf/mm 2
τx´y´ = 2,24 sen(63,4 - 45) , τx´y´ = 0,71 kgf/mm 2
kgf / mm
A(3,2)
σ2 = 2-2,24 = -0,24 σ (kgf/mm 2 )
B’
2
3
2 θ1 ’
2
45°
2
A’
σ1 = 2+2,24 = 4,24

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 12
No ponto B’ temos:
σy’ = 2 - 2,24 cos(63,4 - 45) , σy’ = - 0,13 kgf/mm 2
d – Tensões principais:
σ1 = 4,24 kgf/mm 2 (tração) , σ2 = -0,24 kgf/mm 2 (compressão)
2
tg 2 θ 1 = = 2
1
2 θ1´ = 63,4° ⇒ θ1´ = 31,7°
2 θ1´´ = 2 θ1´ + 180° ⇒ θ1´´ = 121,7°
e - Tensão máxima de cisalhamento:
τmax = R = 2,24 kgf/mm 2
2 θ2´ + 2 θ1´ = 90° ⇒ θ2´ = 13,3°
2 θ2´´ = 2 θ2´ + 180° ⇒ θ2´´ = 76,7°
y´
0,13 kgf/mm 2
0,71 kgf/mm 2
2
-0,24 kgf/mm 2
y
y
θ1 ’’ = 121,7°
4,24 kgf/mm 2
θ1 ’ = 31,7°
x´
4,13 kgf/mm
θ = 22,5°
2
x
Ponto A’
x
1

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 13
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 à um estado de tensão de cisalhamento puro (caso de
um eixo em torção).
T
y
2 kgf/mm 2
2,24 kgf/mm 2
Figura 9.3 – Estado de tensões de um elemento infinitesimal num eixo em torção pura
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.
y´
θ2´´ = 76,7°
y
θ2´ = 13,3°
x´
τxy
x
τxy
x

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 14
σ
σ
1
2
Figura 9.4 – Círculo de Tensões de Mohr para elemento infinitesimal num eixo em
= + τ
= −τ
torção pura
As tensões principais são neste caso:
xy
xy
As orientações das tensões principais são:
tg 2 = ∞ ⇒
θ 1
⎧ θ1´
= 45°
⎨
⎩θ1´´
= 135°
= −45°
( tração)
( compressão)
(9.14)
(9.15)
Assim, a representação gráfica das tensões principais e suas orientações é da
seguinte forma, Fig. 9.5:
σ2 = -τxy
τ
2 θ1 ’’
τmax = τxy
2 θ1 ’
σ1 = τxy
σ

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 15
Figura 9.5 – Representação gráfica das tensões principais para elemento infinitesimal
num eixo em torção pura
9.5 – Tensões principais para o estado geral de tensões
Considere um elemento infinitesimal sob um estado de tensão tridimensional e
um elemento infinitesimal tetraédrico sobre o qual atua uma tensão principal σn no plano
obliquo ABC, paralela ao vetor normal unitário, Fig. 9.6.
z
σx
σz
y
σy
σyz
σzy
2
σy
σxy
σzx
σxy
y
x
σx
θ2 ’ = 135°
Figura 9.6 – Tensão principal σn num plano oblíquo de um elemento infinitesimal
τxz
C
tetraédrico
σ1=|τxy|
θ1 ’ = 45°
σ2=|τxy|
σx
z
τxy
y
1
B
τyz
x
τyz
σy
σn
τxy
σz
τxz
A
x

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 16
O vetor normal unitário é identificado pelos seus cosenos diretores l, m e n, onde
cos α = l, cos β = m, cos γ = n. Da Fig. 9.7, nota-se que:
l 2 + m 2 + n 2 = 1 (9.16)
Figura 9.7 – Vetor normal e seus cossenos diretores
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:
∑
∑
∑
⎡σ
⎢
⎢
⎢
⎣
F
F
F
x
τ
τ
x
y
z
= ( σ
= ( σ
= ( σ
− σ
xy
xz
n
n
n
dA)
l
dA)
m
dA)
n
− σ
x
− σ
dA l − τ
z
y
xy
dA m − τ
− σ dA n − τ
dA m − τ
xz
yz
dA n − τ
dA l − τ
xz
yz
dA n = 0
xy
dA l = 0
dA m = 0
Simplificando e reagrupando a eq. (9.17) em forma matricial, temos:
n
σ
y
τ
τ
xy
− σ
yz
n
σ
z
τ
τ
xz
yz
− σ
n
⎤ ⎧ l ⎫ ⎧0⎫
⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎥ ⎨m⎬
= ⎨0⎬
⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎦ ⎩n
⎭ ⎩0⎭
(9.17)
(9.18)
Como visto anteriormente, l 2 + m 2 + n 2 = 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.
σ
x
τ
τ
− σ
xy
xz
n
σ
y
τ
τ
xy
− σ
yz
n
σ
z
τ
τ
z
xz
yz
− σ
n
y
n
m
γ
= 0
β
l
Vetor normal
α
A
x
(9.19)

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 17
A expansão do determinante fornece um poninômio característico do tipo:
3 2
σn −I
n σ
onde:
I
σ
II
σ
III
= σ
σ
σ σn
+ IIσσ
− III = 0
(9.20)
x
= ( σ
= σ
+ σ
x
x
σ
σ
y
y
y
σ
+ σ
+ σ
z
y
z
σ
z
+ 2 τ
+ σ
xy
τ
z
yz
σ
τ
x
xz
) − ( τ
− ( σ
2 xy
x
τ
+ τ
2 yz
2 yz
+ σ
+ τ
y
τ
2 xz
2 xz
)
+ σ
z
τ
2 xy
)
(9.21)
As eqs (9.20) e (9.21) 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, Fig. 9.8.
z
σz
y
σzy
σy
σzy
σxy
σzx
σxy
σx
Figura 9.8 – Tensões principais num elemento solicitado triaxialmente
Admitindo que σ1 > σ2 > σ3 > 0, temos:
x
⇒
3
2
σ3
σ2
σ1
1

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 18
σ2
σ3
Figura 9.9 – Círculo de Tensões de Mohr para num elemento solicitado triaxialmente
9.7 - Critérios de escoamento e de fratura
9.7.1 – 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.
τ
σ1
σ1
σ2
τmax
σ3 σ2 σ1
σ
σ3
σ3
σ2
σ1

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 19
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.
σ
σesc
material dúctil
Figura 9.10 – Diagramas tensão/deformação para materiais dúcteis e frágeis
9.7.2 – 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 dos planos
criticamente orientados. Isso sugere que a tensão de cisalhamento máxima executa o
papel principal no escoamento do material.
Para um teste simples de tração onde σ1 = σesc, σ2 = σ3 = 0, tem-se:
τ
ε
Figura 9.11 – Círculos Tensões de Mohr para um ensaio de tração simples
σ
σrup
τmax = (σ1)/2
material frágil
σ1
σ2 = σ3 σ
ε

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 20
Observa-se que dois círculos são concentricos, (σ1, σ2) e (σ1, σ3) e o terceiro
resulta num ponto (σ2, σ3).
Do Círculo de Tensões de Mohr neste caso, a tensão de cisalhamento máxima é:
σesc
τ max ≡ τcrítico
=
(9.22)
2
Para aplicar o critério da máxima tensão de cisalhamento para um estado de
tensão biaxial devem ser considerados dois casos:
Caso 1: Os sinais de σ1 e σ2 são iguais.
Figura 9.12 – Círculos Tensões de Mohr para um estado de tensão biaxial - σ1 e σ2 têm
onde, para:
σ
σ
1
2
>
>
σ
σ
2
1
⇒
⇒
σ2
σ
σ
1
2
≤ σ
≤ σ
esc
esc
Caso 2: Os sinais de σ1 e σ2 são diferentes.
σ1
τ
σ3
σ2
iguais
τmax = (σ1)/2
σ1
σ
(9.23)

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 21
Figura 9.13 – Círculos Tensões de Mohr para um estado de tensão biaxial - σ1 e σ2 têm
diferentes
Para este caso, a tensão de cisalhamento máxima no ponto analisado não deve
exceder a máxima tensão de cisalhamento do material (ver Fig. 9.11).
σ1
− σ2
σesc
± ≤
(9.24)
2 2
σ
σ
Na iminência de ocorrer o escoamento, tem-se:
σ
σ2
1 2 − = ±
esc σesc
1
σ1
σ2
τmax = (σ1- σ2)/2
A eq. (9.25) pode ser colocada de maneira gráfica da forma, Fig. 9.14:
σ
τ
σ1
τmax = -(σ1- σ2)/2
σ
(9.25)

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 22
Figura 9.14 – Representação gráfica de um ponto na iminência de escoar - Tresca
9.7.3 – Teoria da máxima energia de distorção (von Mises) (mat. dúcteis)
A expressão de energia de deformação elástica total por unidade de volume
(densidade de energia de deformação elástica) em um material isotrópico para um
estado triaxial de tensões considerada num sistema de coordenadas arbitrário x, y e z é
da seguinte forma:
U
total
forma:
=
1
2 E
2 2 2 ν
( σ + σ + σ ) − ( σ σ + σ σ + σ σ )
x
y
1
⋯ +
2 G
-1.0
B( -1.0, 1.0)
z
σ2/σesc
E
2 2 2
( τ xz + τ yz + τ xz )
x
1.0
y
y
z
z
σ1/σesc
x
⋯
(9.26)
Esta energia de deformação elástica total, considerada nos eixos principais é da
2 2 2 ν
( σ + σ + σ ) − ( σ σ + σ σ + σ )
1
Utotal = 1 2 3
1 2 2 3 3σ1
(9.27)
2 E
E
A energia de deformação elástica 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 dúctil, admite-se que o
escoamento do material depende apenas da máxima tensão de cisalhamento.
-1.0
A( 1.0, 1.0)
1.0

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 23
Figura 9.15 – Energias de dilatação e de distorção num elemento
A fim de facilitar a compreensão, somente oestado de tensão uniaxial será
considerado. A passagem para um estado de tensão triaxial é automática. Desta forma,
para um estado de tensão uniaxial, as energias de dilatação e de distorção são
representada da seguinte forma:
σ1
σ3
σ2
σ1
σ1
Energia de deformação
elástica total
Energia de deformação
elástica total
=
Figura 9.16 – Energias de dilatação e de distorção num elemento solicitado axialmente
Os Círculos de Tensão de Mohr para os estados de tensão com somente energia
de distorção são, Fig. 9.17.
=
σ1/3
σ
σ
Energia de
dilatação
σ1/3
Energia de
dilatação
σ1/3
+
σ
+
σ 3
σ1/3
− σ
σ1/3
+
Energia de
distorção
σ 2
Energia de
distorção
σ1/3
− σ
σ 1
− σ
σ1/3

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 24
Figura 9.17 – Círculos de Tensão de Mohr para
No tensor correspondente a energia de dilatação, os componentes são definidos
como sendo a tensão “hidrostática” média:
σ1
+ σ2
+ σ3
σ =
(9.28)
3
onde:
σ1/3
τ
τmax = σ1/3
0
σ1 = σ2 = σ3 = p = σ (9.29)
A energia de dilatação é obtida substituindo a eq.(9.29) na eq. (9.27), e em
seguida substituindo a eq. (9.28) na equação resultante. Assim:
( ) 2
1−
2ν
Udilatação = σ1
+ σ 2 + σ3
(9.30)
6 E
A energia de distorção é obtida sustraindo da energia de deformação elástica
total, eq. (9.27) a energia de dilatação, eq.(9.30):
2
2
2
[ ( σ1
− σ 2 ) + ( σ2
− σ3
) + ( σ3
− 1)
]
σ
σ1/3
τmax = σ1/3
1
Udistorção = σ
(9.31)
12 G
σ1/3
τ
0
σ
σ1/3

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 25
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 σesc
= (9.32)
12 G
Igualando a energia de distorção do ponto em análise, eq. (9.31), com a energia
de distorção num ensaio à tração simples, (9.32), estabelece-se o critério de
escoamento para tensão combinada, eq. (9.33).
2
2
2 2 ( 1 − σ2
) + ( σ2
− σ3
) + ( σ3
− σ1)
= 2 σesc
σ (9.33)
⎛ σ
⎜
⎝ σ
1
esc
A eq. (9.33) pode também ser apresentada da forma:
⎞
⎟
⎠
2
⎛ σ
+
⎜
⎝ σ
2
esc
⎞
⎟
⎠
2
⎛ σ
⋯ −
⎜
⎝ σ
3
esc
⎛ σ
+
⎜
⎝ σ
σ
σ
1
esc
3
esc
⎞
⎟
⎠
2
⎞
⎟ = 1
⎠
⎛ σ
−
⎜
⎝ σ
1
esc
σ
σ
2
esc
⎞ ⎛ σ
⎟ −
⎜
⎠ ⎝ σ
2
esc
σ
σ
3
esc
⎞
⎟
⎟⋯
⎠
(9.34)
A eq. (9.35) é conhecida como sendo o critério de Von Mises para um estado
triaxial de tensões para materiais isotrópicos. Para um estado plano de tensão, σ3 = 0,
tem-se:
⎛ σ
⎜
⎝ σ
1
esc
⎞
⎟
⎠
2
⎛ σ
−
⎜
⎝ σ
1
esc
σ
σ
2
esc
⎞ ⎛ σ
⎟ +
⎜
⎠ ⎝ σ
2
esc
⎞
⎟
⎠
2
= 1
A eq. (9.35) pode ser colocada de maneira gráfica da forma, Fig. 9.18:
(9.35)

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 26
Figura 9.18 – Representação gráfica de um ponto na iminência de escoar – von Mises
9.7.4 – 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. Dessa forma, apenas a maior tensão principal
deve ser considerada para aplicar esse critério.
σ ou σ ou σ ≤ σ
(9.36)
1
2
3
rup
-1.0
B( -1.0, 1.0)
1.0
-1.0
σ1/σesc
A eq. (9.36) também pode ser colocada de maneira gráfica da forma, Fig. 9.19.
-1.0
B( -1.0, 1.0)
σ2/σesc
σ2/σrup
1.0
-1.0
Figura 9.19 – Representação gráfica de um ponto na iminência de romper
1.0
A( 1.0, 1.0)
A( 1.0, 1.0)
1.0
σ1/σrup

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 27
Exemplo 9.5: As tensões calculadas sobre o ski são como mostrada na figura abaixo.
Utilizando critérios de ruptura adequados, verifique se os pontos mostrados sobre a
seção transversal do ski suportam o carregamento abaixo. Tome σesc aço = 250 Mpa, σrup
mad = 26 MPa e τrup mad = 6,2 Mpa com um fator de segurança de 2.
Estado de tensão nos pontos da seção transversal:
Ponto A (aço):
σA = 24,05 Mpa , τA = 0
Ponto B (aço):
σB = 18,99 Mpa , τB = 0,11 MPa
Ponto C (madeira):
σC = 1,14 Mpa , τC = 0,11 Mpa
Ponto D (madeira):
σD = 0 , τD = 0,12 MPa
Ponto A (aço – material dútil):
σx = σA = 24,05 Mpa , σy = 0 , τxy = 0
σ1 = σx = 24,05 Mpa
0,5 m
1 m
Pelo critério de máxima tensão de cisalhamento:
P
C
A B D E
z
w w
B
y
1 m 0,5 m
C D
A
aço
madeira
aço

Revisão de Transformação de Tensão e Critérios de Ruptura 28
σ1 = 24,05 Mpa < σesc = 250/2 Mpa (ok)
Ponto B (aço – material dútil):
σx = σB = 18,99 Mpa , σy = 0 , τxy = τB = 0,11 MPa
σ1 = 18,99 Mpa
Pelo critério de máxima tensão de cisalhamento:
σ1 = 18,99 Mpa < σesc = 250/2 Mpa (ok)
Ponto C (madeira – material frágil):
σx = σC = 1,14 Mpa , σy = 0 , τxy = τC = 0,11 MPa
Pelo critério de máxima tensão normal:
σ1 = 1,15 Mpa < σrup = 26/2 Mpa (ok)
τmax = 0,11 Mpa < τrup = 6,2/2 Mpa (ok)
Ponto D (madeira – material frágil):
σx = σD = 0 , σy = 0 , τxy = τD = 0,12 MPa
Pelo critério de máxima tensão normal:
τmax = 0,12 Mpa < τrup = 6,2/2 Mpa (ok)

Vasos de pressão
10 – VASOS DE PRESSÃO
Vasos cilíndricos e esféricos são comumente utilizados na indústria para
servir como caldeiras, tanques, etc. Quando os vasos são submetidos à uma
pressão interna, o material com o qual são feitos estes vasos, é submetido à
esforços 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 à parede do vaso pode ser desprezível.
10.1 – Vasos cilíndricos
Considere um vaso de pressão cilíndrico de espessura t e raio interno r
submetido à uma pressão interna p devido a um gás ou a um fluido considerado de
peso desprezível, Fig. 10.1.
Onde:
σ1 = tensão circunferencial (hoop)
σ2 = tensão longitudinal (axial)
Figura 10.1 – Vaso de pressão cilíndrico
A magnitude da tensão circunferencial σ1, é determinada a partir de um
elemento infinitesimal de comprimento dy, longe o suficiente das extremidades do
vaso, Fig.10.2.
σ1
σ2
x
z
t
y
29

Vasos de pressão
∑ F =
x
da forma:
Figura 10.2 – Elemento infinitesimal de vaso cilíndrico
Impondo o equilíbrio estático no elemento infinitesimal na direção x, temos:
0 , 2[σ1(t dy)] – p (2r dy) = 0 (10.1)
Logo, a expressão que fornece a tensão circunferencial num vaso cilíndrico é
p r
1
t
= σ (10.2)
A magnitude da tensão longitudinal σ2, é determinada a partir de um corte do
vaso cilíndrico na direção circunferencial, Fig. 10.3.
σ1
p
σ1
t
p
dy
r
Figura 10.3 – Corte circunferencial de um vaso cilíndrico
Impondo o equilíbrio estático no elemento infinitesimal na direção y, temos:
σ2
t
2r
t
30

Vasos de pressão
∑ F = 0 , σ2 (2π r t) – p (πr
y 2 ) = 0 (10.3)
da forma:
Logo, a expressão que fornece a tensão circunferencial num vaso cilíndrico é
p r
2
2 t
= σ (10.4)
Observe que se a tensão normal à parede do vaso no seu lado interno é σ3 =
-p e a tensão normal à parede do vaso no seu lado externo é σ3 = 0. Logo, se a
relação raio/espessura do vaso é r/t ≥ 10, a tensão circunferencial é σ1 ≥ 10.σ3 e σ2
≥ 5.σ3. Assim, o Círculo de Tensões de Mohr para um vaso de pressão cilíndrico em
um ponto situado no lado externo da parede é:
Figura 10.4 – Círculo de Tensões de Mohr em um vaso cilíndrico
10.2 – Vasos esféricos
Considere um vaso de pressão esférico de espessura t e raio interno r
submetido à uma pressão interna p devido a um gás ou a um fluido considerado de
peso desprezível, Fig. 10.5.
τ
σ3
σ2
τmax = σ1/2
σ1
σ
31

Vasos de pressão
Figura 10.5 – Vaso de pressão esférico
Devido a simetria σ1 = σ2. A magnitude da tensão circunferencial σ2 é
determinada a partir de um corte do vaso na direção circunferencial, Fig. 10.6.
Figura 10.6 – Corte circunferencial de um vaso esférico
Impondo o equilíbrio estático no elemento infinitesimal na direção y, temos:
∑ F = 0 , σ2 (2π r t) – p (πr
y 2 ) = 0 (10.5)
da forma:
x
σ1
t r
p
z
σ2
Logo, a expressão que fornece a tensão circunferencial num vaso esférico é
p r
2
2 t
= σ (10.6)
r
σ2
t
y
32

Vasos de pressão
Com estas considerações, a tensão radial σ3 é considerada desprezível em
relação a σ1 e σ2, pois σ3 = -p no lado interno da parede do vaso, e σ3 = 0 no lado
externo da parede do vaso. Assim, o Círculo de Tensões de Mohr para um vaso de
pressão esférico em um ponto situado no lado externo da parede é:
Figura 10.4 – Círculo de Tensões de Mohr em um vaso cilíndrico
Exemplo 10.1: 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.
a – Cálculo das tensões
σ
σ
1
2
=
p r
t
=
p r
= =
2 t
0,
80 1000
10
0,
80
. 1000
2 . 10
= 80 MPa
= 40 MPa
b – Cálculo da deformação circunferencial
ε
=
1
1 E
[ σ − ν(
σ + σ ) ]
1
2
Considerando a tensão radial σ3 = 0.
ε
1
=
200.
10
3
1 3
3
-
[ 80 − 0,
25 . 40]
= 0,35 .10 mm/mm
ΔL
2π
( r + Δr)
− 2π
r Δr
ε 1 = =
= ⇒
L 2π
r r
o
Δr = 0,35 mm
τ
σ3
τmax = σ1/2
σ
σ1=σ2
−3
Δr
0,
35.
10 =
1000
33

Vasos de pressão
Exemplo 10.2: Um vaso de pressão cilíndrico 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/mm 2 , determinar o alongamento total da circunferência e o
aumento de diâmetro provocados pela pressão de operação. E = 20 000 kgf/mm 2 e ν
= 0,3.
a – Cálculo das tensões
σ
σ
1
2
=
p r
t
1
2 =
σ
=
0,
1.
1,
5.
10
=
25
3 kgf/mm
3
2
= 6 kgf/mm
b – Cálculo da deformação circunferencial
1 ΔL
E
L
1
1
ε 1 = ( σ1
− νσ 2 ) = ⇒ ( 6 − 0,
3 . 3)
=
3
ΔL1 = 2,4 mm
1
2
1
20 000
ΔL
π 3.
10
ΔL1
π(
d + Δd)
− πd
Δd
1 Δd
ε 1 = =
= ⇒ ( 6 − 0,
3 . 3)
=
3
L
1
Δd = 0,765 mm
πd
d
20 000
3.
10
Exemplo 10.3: 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/mm 2 , G = 8 000 kgf/mm 2 .
σ1
σ2
30 °
a – Cálculo do coeficiente de poisson
σ1
30 °
longitudinal
σ2
transversal
34

Vasos de pressão
E
G = ⇒ ν = 0,25
2
( 1+
ν)
b – Cálculo da deformação transversal
1
−6
ε = ( σ − νσ ) ⇒ 430. 10 = ( σ − 0,
25σ
)
T E
T
T
L
L
1
20 000
8, 6 = σ − 0,
25σ
(10.7)
c – Cálculo das tensões
σ
σ
1
2
=
p r
t
p
=
1,
25.
10
12,
5
p r
= = 50 p
2 t
3
= 100 p
d – Círculo de Tensões de Mohr
e – Tensão de cisalhamento máxima
τ
max
=
( σ − σ )
1
2
f – Tensão normal média
σ
m
=
2
( σ + σ )
1
2
2
100p
− 50p
=
= 25 p
2
100p
+ 50p
=
= 75 p
2
g – Tensões transversal e longitudinal
σ
σ
T
L
=
=
75p
75p
+
−
τ
25p.
cos 60
25p.
cos 60
=
=
87,
5
62,
5
60 °
p
p
σ2 σL
T
L
τmax = (σ1-σ2)/2
σm
σT
σ1
σ
35
(10.8)
(10.9)

Vasos de pressão
interna p:
Substituindo as eqs. (10.8) e (10.9) na eq. (10.7), determina-se a pressão
8,6 = 87,5 p – 0,25.62,6 p ⇒ p = 0,12 kgf/mm 2
e consequentemente a tensão de cisalhamento atuante na solda:
τ = τmax sen 60° = 25 . 0,12 . sen 60° ⇒ τ = 2,59 kgf/mm 2
Exemplo 10.4: Uma caldeira é construída 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 na parede da caldeira numa posição distante da união entre
elas, (b) a tensão circunferencial na contra-placas e (c) a tensão de cisalhamento em
cada rebite.
a – Cálculo da tensão circunferencial na parede da caldeira
σ
1
p r
= =
t
1,
35
. 0,
75.
10
8
3
p
=
σ1
50 mm
σ1
126,
6
dy
MPa
t
2r
t
8 mm
750 mm
36

Vasos de pressão
b – Cálculo da tensão circunferencial das contra placas
Do equilíbrio estático:
∑ F = 0 , 2[(σ1)cp (tcp dy)] +σ1 (t dy) – p (2r dy) = 0
x
( σ
1
)
cp
p r
=
2 t
cp
=
1,
35
3
. 0,
75.
10
2 . 8
= 63,3 MPa
c – Cálculo da tensão de cisalhamento em cada rebite
∑
tcp
(σ1)cp
p
σ1
(σ1)cp
p
σ1
(σ1)cp
Fcircunf = 0 , (σ1)cp.tcp.dy - τ b dy = 0 ⇒ (σ1)cp.tcp.dy = τ.b.dy = dF
dy
dy
dy
τ
b
tcp
tcp
t
t
2r
2r
t
t
37

Vasos de pressão
( σ 1 ) cp t cp =
63,
3
N
mm
2
dF
dy
8 mm
q = 506,4 N/mm
=
q ( fluxo de cisalhamento)
dF
= = q
dy
força cortante que deve resistir cada rebite= fluxo de cisalhamento x espaçamento
entre os rebites
V = q.e = V = q.e = 506,4 . 50 = 25320 N
Tensão de cisalhamento em cada rebite
V 25320
τ = = ⇒ τ = 322,4 MPa
2 2
πd
π 10
4 4
38

Deflexão de Vigas
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, Figs. 11.1 e 11.2.
A D
B C
x Δx
centróide
ρ = raio de curvatura
z
y
M
Figura 11.1 – Viga em flexão pura
ρ
B
O
Δθ
A
Δs
D’
C’
M
39

Deflexão de Vigas
Figura 11.2 – Rotação da seção
A variação de comprimento Δu das fibras pode ser expressa por:
Δu = −yΔθ
(11.1)
Dividindo a eq. (11.1) por Δs, comprimento das fibras sobre a superfície
neutra, e levando ao limite, tem-se:
Äu Äθ
lim =−ylim
Äs→0 Äs Äs→0 Äs
ou
du dθ
=−y
ds ds
40
(11.2)
onde du/ds é a deformação linear de uma fibra da viga a uma distância y do eixo
neutro. Assim:
du
ε =
(11.3)
ds
Äs=ρÄθ ou
Äθ 1
=
Äs ρ
A D’ D
Da Fig. 11.2, tem-se a relação:
ρ
-y
a
c
Δs
Analisando a eq. (11.4) no limite quando Δs→0:
b
B
Δx C
Δθ
f
Δu
C’
superfície
neutra
(11.4)

Deflexão de Vigas
Äθ dθ 1
lim = = (11.5)
Äs ds ρ
Äs→0 1 ε
= κ = −
ρ y
Substituindo as eqs. (11.3) e (11.5) na eq. (11.2), tem-se:
onde κ é definido como sendo a curvatura.
41
(11.6)
A eq. (11.6) pode ser usada tanto em problemas elásticos como em
problemas inelásticos, já que na sua dedução não foram utilizadas as propriedades
do material. Para o caso elástico, sabe-se que:
σ
E
x ε x = (11.7)
M y
σ x =− (11.8)
I
1 M
=
ρ E I
Substituindo as eqs. (11.7) e (11.8) na eq. (11.6), temos:
11.3 – Equação diferencial para deflexão de vigas elásticas
(11.9)
A curva elástica da viga pode ser expressa matemáticamente por v = f(x).
Para obter esta equação, é preciso representar a curvatura (1/ρ) em termos da
deflexão v e x que é da forma:
2
d v
1
2
=
dx
ρ ⎡ 2
1 ( dv ) ⎤
⎢
+
⎣ dx ⎥
⎦
3 / 2
⇒
2
d v
1
2
=
dx
ρ ⎡ 2
1 ( dv ) ⎤
⎢
+
⎣ dx ⎥
⎦
3 / 2
=
M
E I
(11.10)
A eq. (11.10) é chamada de 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:

Deflexão de Vigas
2
dv M
= 2
dx E I
ou
2
dv
E I = M
2
dx
42
(11.11)
Substituindo a eq. (11.11) na eq. (11.8), uma nova expressão para se
determinar a tensão pode ser determinada:
2
dv
σ x =− E y
(11.12)
2
dx
d
dx
d
dx
2
dM dV
Considerando que = −V(
x)
e = −w(
x)
, temos:
dx
dx
⎛ 2
d v ⎞
⎜E
I ⎟ = −V(
x)
⎜ 2
dx
⎟
⎝ ⎠
2
⎛ 2
d v ⎞
⎜E
I ⎟ =
⎜ 2
dx
⎟
⎝ ⎠
3
4
w(
x)
Para o caso da rigidez em flexão EI ser constante:
d v
E I = −V(
x)
3
dx
d v
E I =
4
dx
w(
x)
11.4 – Condições de contorno
(11.13)
(11.14)
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:

Deflexão de Vigas
v = 0
M = 0
v = 0
M = 0
v = 0
v = 0
v = 0
dv/dx=0
V = 0
M = 0
M = 0
Rolete (extremidade da viga)
Pino (extremidade da viga)
Rolete (posição qualquer ao longo da viga)
Pino (posição qualquer ao longo da viga)
Suporte fixo ou engastado
Extremidade livre
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.
43

Deflexão de Vigas
4
dv
E I = w(x)
4
dx
3
2
x
dv
E I = w(x) dx+ C
3
dx ∫
0
x x
dv
E I = dx w(x) dx+ Cx+ C
2
dx ∫ ∫
0 0
1
1 2
x x x 2
dv x
E I = dx dx w(x) dx C Cx C
dx ∫ ∫ ∫ + + +
2
0 0 0
1 2 3
x x x x 3 2
x x
E I v = ∫dx∫dx∫dx∫w(x) dx+ C + C + Cx+ C
6 2
o 0 0 0
1 2 3 4
44
(11.15)
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.
Exemplo 11.1: Achar a equação da curva elástica para uma viga simplesmente
apoiada de comprimento L e de constante EI, com um carregamento uniforme wo. (a)
determinar a deflexão a partir da equação de segunda ordem. (b) determinar a
deflexão a partir da equação de quarta ordem.
Caso (a):
v(0)=0
M(0)=0
y,v
w = - wo
1 – Determinar as reações de apoio e a função de momento M(x).
L
wo L
RA L
RB
v(L)=0
M(L)=0
x

Deflexão de Vigas
↑
L
wL o
∑ M = 0 , RL
A
B − ( wL o ) = 0 , RB
=
2
2
wL
wL o
R − wL + = 0 , RA
=
2
2
o
∑ F = 0 , ( ) y
A o
x
∑ M= 0 , − RAx+ ( wx o ) + M= 0 ,
2
wL o x wo x
M=
−
2 2
2 – Partindo da equação da curva elástica, e integrando duas vezes e aplicando as
condições de contorno:
2
dv wL o x wo x
E I = M=
−
2
dx 2 2
2 3
o o
dv wL x w x
E I = − + C
dx 4 6
3 4
o o
wL x w x
E I v(x) = − + Cx+ C
12 24
Para x = 0, v(0) = 0 , C4 = 0
2
3
3 4
3 4
wL o L wo L
Para x = L, v(L) = 0, E I v(L) = − + CL 3 = 0,
C
12 24
3 3 4
( )
w
=− − +
24 E I
o
v(x) Lx 2Lx x
v
RA
L/2
wo x
x
V
M
2
3
3
wo L
=−
24
0 vmax
x
45

Deflexão de Vigas
Devido a simetria, a maior deflexão ocorre em x = L/2. Para casos mais
gerais, dv
0
dx = . Assim, vmax é:
v
max
4
5 wL o =−
384 E I
A inclinação da curva elástica,
2 3 3
dv 1 ⎛wL o x wo x wo L ⎞
θ (x) = = ⎜ − − ⎟
dx E I⎝ 4 6 24 ⎠
Para x = 0,
Para x = L,
Caso (b):
-woL 3 /24EI
4
3
wo L
θ (0) =−
24E I
3
wo L
θ (L) =
24E I
dv
E I = w(x) =− w
4
dx
3
dv
E I =− wx+ C
3
dx
o 1
2 2
dv x
E I =− w
2 o + Cx 1 + C2 = M
dx 2
Para x = 0, M(0) = 0, C2 = 0
θ
o
dv
θ= , é da forma:
dx
0 x
L
L
Para x = L, M(L) = 0, M(L) =− wo + CL 1 = 0 , C1 = wo 2
2
2
woL 3 /24EI
46

Deflexão de Vigas
2
dv wL o x wx o
E I = M=
−
2
dx 2 2
2
O restante 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.
Exemplo 11.2: Achar a equação da curva elástica para uma viga simplesmente
apoiada suporta uma força concentrada P, a uma distância a da extremidade A
como mostra a figura abaixo. A rigidez em flexão E I é constante.
Para o segmento AD (0 < x < a):
2
dv P b
E I = M= x
2
dx L
2
dv P b
= x
2
dx E I L
dv P b x
= + A
dx E I L 2
P b x
v = + Ax+ A
E I L 6
3
v(0)=0
M(0)=0
2
A
RA = Pb/L
Pb/L
1
1 2
Condições de contorno:
y,v
a
x
P
D
V
L
M
b
v(L)=0
M(L)=0
B
x
RB = Pa/L
47

Deflexão de Vigas
Para x = 0, v(0) = 0, A2 = 0,
Para o segmento DB (a < x < L):
2
dv P a
E I = M = (L− x)
2
dx L
2
dv P a P a
= − x
2
dx E I E I L
dv P a P a x
= x− + B
dx E I E I L 2
2
2 3
P ax P a x
v = − + Bx+ B
E I 2 E I L 6
1
P b x
v = + Ax 1
E I L 6
1 2
Condições de contorno:
2
P a L
Para x = L, v(L) = 0, v( L)
= + B1L
+ B2
= 0
E I 3
Para x = a, v(segmento AD) = v(segmento DB)
3 2 3
P b a P aa P a a
+ Aa = − + Ba+ B
E I L 6 E I 2 E I L 6
1 1 2
dv
dv
Para x = a, ( θ= (segmento AD)) = ( θ= (segmento DB))
dx
dx
2 2
P b a P a P a a
+ A = a− + B
E I L 2 E I E I L 2
Solução:
x
M
1 1
P b 2 2 P b 2 2
=− ( − ) , B1 ( 2L a )
A1 L b
6 E I L
3
Pa/L
=− + , B
6 E I L
Equação da curva elástica para o segmento AD:
2
3
P a
=
6 E I
48

Deflexão de Vigas
( )
P b 3 2 2
v = ⎡x − L −b
x⎤
6 E I L⎣ ⎦
Equação da curva elástica para o segmento DB:
2 2 ( )
2 3 3
P ax P a x P b P a
v = − − 2L + a x+
E I 2 E I L 6 6 E I L 6 E I
Se a > b, a maior deflexão se dará no segmento AD, logo:
dv
= 0 (segmento AD) ⇒
dx
v
max
x =
A maior deflexão será então:
2 2 ( − )
( )
3/2
PbL b
=
9 3 E I L
2 2 ( L −b
)
3
Se a força P fosse aplicada no centro do vão onde a = b = L/2, a maior
deflexão seria:
v
max
3
P L
=
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
49

Deflexão de Vigas
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:
2
dv d ⎛dv⎞ dθ M
= 2 ⎜ ⎟ = =
dx dx⎝dx⎠ dx E I
ou
M
dθ= dx
E I
M/EI
Tan
M
A B
dx
A
Tan A
curva elástica
dx
M/EI
A dx
θB/A
Figura. 11.3 – Representação gráfica do Teorema de área de momento
B
dθ
B
w
M
x
50
(11.16)

Deflexão de Vigas
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:
B
M
θ B/A =∫ dx
(11.17)
E I
A
A eq. (11.17) 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.
tA/B
dt
Tan A
Figura. 11.4 – Tangentes em pontos da viga
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
(11.18)
Integrando esta expressão de A até B, o desvio vertical da tangente de A com
relação a tangente B é determinada por:
A B
dx
A
x
ds
dθ
dx
B
Tan B
w
51

Deflexão de Vigas
B
M
tA/B =∫ x dx
(11.19)
E I
A
Da equação que fornece o centróide de uma área temos:
x∫dA = ∫ x dA
(11.20)
escrever:
Como aintegral, M ∫ dx,
representa a área sob a curva M/EI, pode-se
E I
B
M
tA/B = x∫ dx
(11.21)
E I
A
A distância x é a distância do ponto A até o centróide da área sob a curva
M/EI de A até B. A equação acima representa o segundo teorema de área de
momento.
Figura 11.5 – Centróide de uma área de momento
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∫ dx
(11.22)
E I
A
M/EI
A distância x' é a distância do ponto B até o centróide da área sob a curva
M/EI de A até B.
A
x
B
x
52

Deflexão de Vigas
Exemplo 11.3: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. EI é constante.
A
M/EI
C 2
M ⎛ PL ⎞⎛L⎞ 1⎛ PL PL ⎞⎛L⎞ 3 PL
θ C =θ C/D = ∫ dx =
EI
⎜
8EI
⎟⎜
4
⎟+ 2
⎜ − =
4EI 8EI
⎟⎜
4
⎟
64 EI
D ⎝ ⎠⎝ ⎠
⎝ ⎠⎝ ⎠
áreaR áreaT
Exemplo 11.4: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. Tome Eaço = 200
Gpa, I = 17.10 6 mm 4 .
Tan C
A
L/2
2 m
C
D
D
P
PL/4EI
D
C
L/4 L/4
L/4
PL/8EI
C
16
C
4 m 2
θC/D
θC
B
Tan D
B
x
53

Deflexão de Vigas
Para pequenas deflexões, podemos considerar:
tB/A
| θ C | =θ | A | −| θ C/A | = −| θ C/A |
8
Pelo primeiro teorema de área de momento:
1 ⎛8 kNm⎞ 8 kNm
θ C/A = (2m) ⎜ ⎟ =
2 ⎝ E I ⎠ E I
áreadoT
Pelo segundo teorema de área de momento:
⎛ 1 ⎞⎡1 ⎛24kNm⎞⎤ ⎛2 ⎞⎡1 ⎛24kNm⎞⎤ tB/A = ⎜2m+ 6m 6m 2m 2m
3
⎟⎢ 2
⎜ +
EI
⎟⎥ ⎜
3
⎟⎢ 2
⎜
EI
⎟⎥
⎝⎠⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎝⎠
⎣ ⎝ ⎠⎦
t
B/A
M/EI
2
cent.T áreaT cent.T
áreaT
320 kN m
=
E I
2
2 2 2
tB/A 320 kN m 8 kN m 32 kN m
| θ C | = −| θ C/A | = − =
8 8 E I E I E I
32 kN m
| C | 0,00941 rad
6 2 6 4
200.10 kN/m 17.10 m
−
θ = =
2
8/EI
C
2 m
C
θA
24/EI
4 m 2 m
θC/A
Tan
x
tB/A
Tan A
Tan B
54

Deflexão de Vigas
Exemplo 11.5: Determine o deslocamento do ponto C da viga abaixo se EI é
constante.
Tan A
∑ M = 0 ,
A
B o
o
↑ ∑ Fy = 0,
RA
=−
Mo
RL− M = 0 , RB
=
L
M
L
Mo Mo
∑ M= 0 , x− Mo + M= 0 , M= Mo − x
L
L
t
v = − t
2
A/B
c C/B
Mo A
Mo
Mo/L
M/EI
Mo/EI
Mo/2EI
RA
tA/B
x
L/2
L
C
V
C
M
vC
tC/B
L/2
Tan C
2L
x
B
RB
Tan B
55

Deflexão de Vigas
⎛1 ⎞⎡1Mo
⎤ ML o
tA/B = ⎜ L L
3
⎟⎢ =
2EI
⎥
⎝ ⎠⎣ ⎦ 6EI
t
v
v
C/B
c
c
⎛1L⎞⎡1 Mo L⎤
ML o
= ⎜
32
⎟⎢ =
22EI2
⎥
⎝ ⎠⎣ ⎦ 48EI
2 2
o o
ML ML
= −
12EI 48EI
2
ML o =
16EI
2
2
O mesmo resultado pode ser obtido a partir de
11.8 – Método da superposição
A equação diferencial
4
t
v = − t
2
B/A
c C/A
dv
E I = w(x) satisfaz duas condições necessárias
4
dx
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.
Exemplo 11.6: Determine o deslocamento no ponto C e a inclinação no suporte A da
viga apresentada abaixo. EI é constante.
A
2 kN/m
θA
4 m
8 kN
vC
4 m
B
=
56

Deflexão de Vigas
A partir de tabelas (ver Hibbeler), o deslocamento no ponto C e a inclinação
no ponto A são:
Para a carga distribuida:
( )
3 3 2
3 w L 3 (2 kN/m) (8 m) 24 kNm
θ A = = =
1 128 E I 128 E I E I
( v )
C 1
4 4 3
5 w L 5 (2 kN/m) (8 m) 53,33 kNm
= = =
768 E I 768 E I E I
Para a carga concentrada:
( )
2 2 2
P L (8 kN) (8 m) 32 kNm
θ A = = =
2 16 E I 16 E I E I
( v )
C 1
3 3 3
P L (8 kN) (8 m) 85,33 kNm
= = =
48 E I 48 E I E I
O deslocamento total no ponto C e a inclinação no pontoA é a soma algébrica
de cada carregamento calculado separadamente:
( ) ( )
θ = θ + θ =
A A 1 A 2
56 kNm
E I
139 kNm
vC = ( vC) + ( vC)
=
1 2 E I
A
A
2 kN/m
2
3
4 m
4 m
(θA)1
(θA)2
(vC)1
8 kN
(vC)2
4 m
4 m
B
B
+
57

Deflexão de Vigas
Exemplo 11.7: Determine o deslocamento na extremidade C da viga apresentada
abaixo. EI é constante.
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:
( )
3 3 2
w L (5 kN/m) (4 m) 13,33 kNm
θ B = = =
1 24 E I 24 E I E I
( )
Como o ângulo é pequeno, (θB)1 ≈ tan (θB)1, o deslocamento no ponto C é:
⎛13,33 kNm ⎞ 26,67 kNm
v C = (2m)
1 ⎜ ⎟ =
⎝ E I ⎠ E I
2 3
A força concentrada aplicada no ponto C pode ser aplicada no ponto B além de um
binário:
A
A
A
5 kN/m
5 kN/m
4 m
4 m
(θB)2
(θB)1
4 m
10 kN
B
2 m
10 kN
C
20 kN/m
B (θB)2
+
(vC)2
2 m
B
2 m
(θB)1
C
=
(vC)1
+
58

Deflexão de Vigas
( )
M L (20 kN.m) (4 m) 26,67 kN.m
3 E I 3 E I E I
o θ B = = =
2
Considerando o ângulo pequeno, (θB)2 ≈ tan (θB)2, o deslocamento no ponto C é:
⎛26,67 kN.m ⎞ 53,33 kNm
v C = (2m)
2 ⎜ ⎟ =
⎝ E I ⎠ E I
( )
2 3
A força concentrada aplicada no ponto C para uma viga engastada-livre:
( v )
C 3
3 3 3
P L (10 kN.m) (2 m) 26,67 kN.m
= = =
3 E I 3 E I E I
O deslocamento total no ponto C é a soma algébrica de cada carregamento
calculado separadamente:
26,7 53,3 26,7 53,3 kN.m
vC = ( vC) + ( vC) + ( vC)
=− + + =
1 2 3 E I E I E I E I
Exemplo 11.8: Determine a rigidez K da mola de maneira que não haja deflexão no
Ponto C. EI é constante.
A
w
B
L
2 m
2
10
C
(vC)
B
K
RB
b
3
C
59

Deflexão de Vigas
deflexão do Ponto C considerando a viga rígida:
∑ MA = 0,
RB
w L
=
2
w L
RB = K . vB , vB
=
2 K
(L+ b) w
Por semelhança de triangulos: vC1 = vB
, v C1 = (L+ b)
L 2 K
Deflexão do Ponto C considerando a viga deformável:
Da tabela:
A
A
3
w L
θ B = ,
24 EI
w Lb
vC2 =θ B b =
24 EI
w w Lb
Vc1 – Vc2 = 0 , (L+ b) − = 0,
2 K 24 EI
w
w
3
3
12 EI
K = (L+ b)
3
Lb
11.9 – Vigas estaticamente indeterminadas- método de integração
L
L
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
B
K
RB
B
K
RB
b
b
C
C
vC1
vC2
60

Deflexão de Vigas
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:
2
61
dv M
= , onde M
2
dx E I
pode ser expresso em termos das redundantes. Após a integração, as constantes de
integração e as redundantes podem ser determinadas pelas condições de contorno
e continuidade do problema.
Exemplo 11.9: Determine a reação em A para a viga estaticamente indeterminada
como apresentada abaixo. EI é constante.
Diagrama de corpo livre:
A
A B
2L/3
A reação no ponto A pode ser considerada redundante e o momento interno
pode ser expresso em função desta reação:
L
woL/2
L/3
RAy RBy
wo
RBx
MB
B

Deflexão de Vigas
elástica:
2
∑ M= 0 ,
2
wx o x
wx o
M + . − R Ay.x
= 0 , M= R Ay.x−
2L 3
6L
Aplicando a equação do momento interno na equação diferencial da curva
dv wx o
E I = R
2 Ay.x−
dx 6L
2 4
wo
Ay 1
dv x x
E I = R . − + C
dx 2 6L 4
3
3 5
x wo
x
Ay 1 2
E I v = R . − + Cx+ C
6 24L 5
contorno:
As incógnitas RAy, C1 e C2 são determinadas a partir das condições de
Para x = 0, v = 0; C2 = 0
Para x = L, dv
= 0;
dx
Para x = L, v = 0;
R
A solução é:
wL
10
o
Ay = ,
C
1
2 4
wo
Ay 1
dv L L
E I (x = L) = R . − + C = 0
dx 2 6L 4
3 5
L wo
L
Ay 1
E I v = R . − + CL = 0
6 24L 5
3
wL o
=−
120
A
RAy
x
wox 2 /2L
Aplicando as equações de equilíbrio estático, as reações restantes são:
V
M
3
62

Deflexão de Vigas
4 wL o
RBx = 0 , RBy
= ,
10
M
B
2
wL o =
15
Exemplo 11.10: Determine as reações nos suportes para a viga estaticamente
indeterminada como apresentada abaixo. EI é constante.
Diagrama de corpo livre:
Devido a simetria, da equação de equilíbrio∑ Fy = 0 tem-se que:
w L
RA = RB
=
2
interno M:
MA=M’
A única redundante é M’, a qual pode ser expressa em função do momento
∑ M= 0 ,
w
A B
MA=M’
RA
A
RAy=wL/2
x w L
M+ w x − x+ M'= 0 ,
2 2
x
L
wL
wx
V
M
RB
w L w x
M= x− − M'
2 2
2
MB=M’
63

Deflexão de Vigas
Substituindo na equação diferencial da curva elástica:
2 2
dv w L w x
E I = x− − M'
2
dx 2 2
2 3
dv w Lx w x
E I = − − M'x+ C
dx 2 2 2 3
3 4 2
w Lx w x x
E I v = − − M' + Cx+ C
4 3 6 4 2
contorno:
1
1 2
As incógnitas M’, C1 e C2 são determinadas a partir das condições de
Para x = 0, v = 0; C2 = 0
Para x = 0, dv
0
dx = ; C1 = 0
Para x = L, v = 0;
3 4 2
2
w LL w L L
w L
E I v = − − M' = 0 , M' =
4 3 6 4 2
12
A condição dv
= 0 para x = L pode ser verificada substituindo o valor de M’
dx
na curva de inclinação da viga.
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.
Exemplo 11.11: Determine as reações de apoio para a viga apresentada abaixo. EI é
constante.
64

Deflexão de Vigas
A
Diagrama de corpo livre devido a força P:
MA
RAx
Diagrama M/EI devido a força P é:
-PL/EI
-2PL/EI
Diagrama de corpo livre devido a redundante RBy:
MA
RAx
Diagrama M/EI devido a redundante RBy:
L
RAy L
L
M/EI
B
B
L
P
P
L 2L x
RBy
RAy L
L
B
65

Deflexão de Vigas
A curva elástica da viga é da forma:
Como ΔB = 0 ; tB/A = 0:
⎛2 ⎞⎡1⎛RBy ⎞ ⎤ ⎛L⎞⎡−PL ⎤ ⎛2 ⎞⎡1⎛−PL⎞ ⎤
tB/A = ⎜ L L (L) L (L) 0
3
⎟⎢ ⎜ ⎟ ⎥+
2 EI
⎜ + =
2
⎟ ⎢ EI ⎥ ⎜
3
⎟⎢ 2
⎜
EI
⎟ ⎥
⎝ ⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦
cent.T
áreaT
cent.R áreaR cent.T áreaT
RBy = 2,5 P
Das equações de equilíbrio, temos:
RAx = 0 , RAy = 1,5 P , MA = 0,5 P L
Exemplo 11.12: Determine as reações de apoio para a viga apresentada abaixo. EI é
constante.
A
M/EI
RByL/EI
A
Diagrama de corpo livre:
L
B
L 2L x
B
tB/A = 0
L
C
Tan A
Tan B
Mo
66

Deflexão de Vigas
O diagrama M/EI devido a redundante RBy e o momento Mo é construido da
seguinte maneira.
Devido a redundante RBy:
↑
∑ M = 0 , RCy L – RAy L = 0 , RCy = RAy
B
∑ F = 0 , RAy – RBy + RCy = 0 , RAy = RBy /2
y
∑ M= 0 ,
Devido ao momento Mo:
↑
RAx
RAy L
M/EI
RBy
M− x = 0 ,
2
RBy
M= x
2
∑ F = 0 , RAy + RCy = 0 , RAy = - RCy
y
A
RBy/2
L
∑ M = 0 , - Mo + RCy 2L = 0 , RCy = Mo/2L , RAy = - Mo/2L
A
A
-Mo/2L
x
RBy
RByL/2EI
L
x
M
M
2L
RCy
Mo
x
67

Deflexão de Vigas
o
∑ M= 0 , M
o
M+ x = 0 ,
2L
M
M=− x
2L
A curva elástica da viga é da forma:
Da figura acima, temos:
1
t = t
2
ΔA = ΔB = ΔC = 0 e B/C A/C
⎛1 ⎞⎡1⎛RByL⎞ ⎤ ⎛2 ⎞⎡1⎛−Mo ⎞ ⎤ ⎛1 ⎞⎡1⎛−Mo
⎞ ⎤
tB/C = ⎜ L ⎟⎢ ⎜ ⎟(L)
⎥+
⎜ L ⎟ (L) + L (L)
3 2 2EI
3
⎢ ⎜ ⎟
2 2EI
⎥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
2
⎢
2 2EI
⎥
⎝ ⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠
⎣ ⎝ ⎠ ⎦
cent.T
áreaT
cent.T áreaT cent.Q áreaQ
⎛2 ⎞⎡1⎛RByL⎞ ⎤ ⎛ 1 ⎞⎡1⎛RBy ⎞ ⎤ ⎛2 ⎞⎡1⎛−Mo
⎞ ⎤
tA/C = ⎜ L (L) L L (L) 2L (2L)
3
⎟⎢ ⎜ ⎟ ⎥+ + +
2 2EI
⎜ ⎢ ⎥
3
⎟ ⎜ ⎟
2 2EI
⎜
3
⎟⎢ 2
⎜
EI
⎟ ⎥
⎝ ⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦ ⎝ ⎠⎣ ⎝ ⎠ ⎦
R
By
cent.T
áreaT cent.T áreaT
cent.T áreaT
A solução é:
3M
=
2L
RAx = 0 ,
o
Aplicando as equações de equilíbrio, determina-se as reações restantes:
R
M/EI
M
4L
5M
4L
o
o
Ay = , RCy
=
L 2L x
tA/C Tan B
A
L
tB/C
B
Tan A
L
C
-Mo/2EI
-Mo/EI
Tan C
68

Deflexão de Vigas
1
t = t
2
O problema pode também ser resolvido da seguinte maneira:
De onde, tem-se:
B/A C/A
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.
Exemplo 11.13: Determine as reações para a viga abaixo escolhendo RBy como
sendo redundante. EI é constante.
A
A
Removendo a RBy:
L
L/2
B
P
Tan C
tB/A
L
Tan B
Tan A
L/2
C
B
tC/A
=
69

Deflexão de Vigas
v
B
5 P L
=
48 E I
Removendo a força P:
3
RBy L
vB' =
3 E I
Condições de compatibilidade
0 = - vB + vB’ ,
restantes:
A
5 P L RBy L
5
0 =− + , RBy = P
48 E I 3 E I
16
3
Aplicando as equações de equilíbrio estático, determina-se as reações
11
3
RAx = 0 , RAy = P , MA = P L
16
16
Exemplo 11.14: Determine as reações para a viga abaixo escolhendo MA como
sendo redundante. EI é constante.
A
A
L/2
L/2
L/2
P
P
L/2
L/2
L/2
B
B
+
vB
RBy
B
vB’
=
70

Deflexão de Vigas
Removendo a MA:
θ =
A
2
P L
16 E I
Removendo a força P:
M L
θ =
A
A'
3 E I
Condições de compatibilidade
0 = - θA + θA’ ,
A
MA
0
2
P L MA L
=− + , A
16 E I 3 E I
3
M = P L
16
Exemplo 11.15: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.
A
MA
RA
A
1,8 m
L/2
θA’
Devido a simetria: RA = RB = 5400 kgf e MA = MB.
θA
L/2
P
6 000 kgf/m
C D
L/2
L/2
1,8 m 1,8 m
B
B
RB
B
MB
71

Deflexão de Vigas
a)
3 3
w L 6000 .3,6
θ D = = ,
6 EI 6 EI
vB = vD + θD. 1,8 ,
b)
3 3
w L 6000 .1,8
θ C = = ,
6 EI 6 EI
vB = vC + θC. 3,6 ,
c)
v
d)
A
A
A
3 3
RB L 5400 .5,4
B = =
3 EI 3 EI
A
1,8 m
v
D
4 4
w L 6000 .3,6
= =
8 EI 8 EI
4 3
6000 .3,6 6000 .3,6
v B = +
.1,8
8 EI 6 EI
v
C
6 000 kgf/m
1,8 m 1,8 m
4 4
w L 6000 .1,8
= =
8 EI 8 EI
4 3
6000 .1,8 6000 .1,8
v B = +
.3,6
8 EI 6 EI
1,8 m
1,8 m
1,8 m
6 000 kgf/m
D
1,8 m 1,8 m
B
vB1
C B vB2
1,8 m
1,8 m
1,8 m
1,8 m
B vb3
RB
B MB
vB4
72

Deflexão de Vigas
v
B
2 2
B B
M L M 5,4
= =
2 EI 2 EI
vB1 – vB3 – vB3 + vB4 = 0
MA = MB = 7020 kgf m
73

Método de Energia
12 – MÉTODO DA ENERGIA
12.1 – Introdução
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 solicitado
axialmente na direção x, Fig, 12.1:
y
z
x
Figura 12.1 – Elemento solicitado axialmente na direção x
A energia de deformação elástica para esta solicitação é da forma:
⎛ 1 ⎞
1
dU= ⎜ σx dy. dz ⎟.
( ε x .dx) = σε x xdV
⎝2 ⎠
2
σx
dy
74
(12.1)
A densidade de energia de deformação Uo é interpretada graficamente como
sendo a área sob linha inclinada do diagrama tensão deformação, Fig. 12.2.
dx
dz
σx

Método de Energia
dU σε
U
dV 2
Figura 12.2 – Densidade de energia de deformação elástica
x x
= o = (12.2)
No caso de um elemento de volume dx, dy, e dz submetido a um
cisalhamento no plano xy, a energia de deformação é do tipo:
⎛ 1
dU= ⎜ τxy ⎝2 ou
⎞
dx. dz ⎟.
( γ xy
⎠
1
.dy) = τxyγxydV 2
⎛dU⎞ ⎜
dV
⎟
⎝ ⎠
= Uocis
τxy γxy
=
2
cis
75
(12.3)
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 da forma:
dU 1 1 1 1 1 1
= dUo
= σε x x + σε y y + σε z z + τxyγ xy + τyzγ yz + τxzγ xz
(12.4)
dV 2 2 2 2 2 2
Substituindo a lei de Hooke que relaciona deformação com tensão na eq.
(12.4), temos:
U
2 2 2 υ
2 2 2
( ) ( ) ( xz yz xz)
1 1
= σ +σ +σ − σσ +σσ +σσ + τ +τ +τ (12.5)
2E E 2G
o x y z x y y z z x
De uma forma mais ampla, para um corpo elástico sob tensão, a energia de
deformação total é obtida pela integração volumétrica:
σx
E
εx

Método de Energia
U = U d d d
ou
∫∫∫
V
o x y z
1
U= ( x x y y z z xy xy yz yz zx zx)
dx dy dz
2∫∫∫
σ ε +σ ε +σ ε +τ γ +τ γ +τ γ
V
76
(12.6)
A equação acima pode ser simplicada, se somente as energias de
deformação de barras axialmente carregadas, vigas fletidas e cisalhadas forem
consideradas:
1
U= ( x x xy xy)
dx dy dz
2∫∫∫
σ ε +τ γ
(12.7)
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:
2
xy
2
σ
τ
x
U= dx dy dz+ dx dy dz
V 2 E V2
G
∫∫∫ ∫∫∫ (12.8)
Energia de deformação para barras axialmente carregadas
Para este caso, x P σ = e
A
somente de x, logo:
2
σx
2
P
V V 2
∫∫∫ ∫∫∫
U= dV =
dx dy dz
2 E 2 AE
2 2
P ⎛ ⎞ P
U= ∫ dy dz dx dx
2 ⎜ =
2 AE
L 2 AE⎜∫∫
⎟ ∫
⎝ A ⎠ L
∫∫
A
dy dz A =
. Desta forma, P e A são funções
Se P, A e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se:
2
(12.9)
PL
U= (12.10)
2 E A
Energia de deformação na flexão

Método de Energia
M y
Para este caso, σ x =− e
I
somente de x, logo:
2
x
V V
σ 1 ⎛ M ⎞
U= ∫∫∫ dV = y dx dy dz
2 E ∫∫∫ ⎜− ⎟
2 E⎝ I ⎠
2 2
M ⎛ ⎞
2
M
U= ∫ y dy dz dx dx
2 ⎜ =
2 E I
L 2 E I ⎜∫∫ ⎟ ∫
⎝ A ⎠ L
2
∫∫
A
2
77
y dy dz I = . Como, M e I são funções
Se M, I e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se:
2
(12.11)
ML
U= (12.12)
2 E I
Energia de deformação para tubos circulares em torção
Para este caso,
somente de x, logo:
2
T ρ
τ= e
J
τ 1 ⎛T ⎞
U= ∫∫∫ dV = dx dy dz
V2 G ∫∫∫V
⎜ ρ⎟
2 G⎝ J ⎠
2 2
T ⎛ ⎞
2
T
U= ∫ dy dz dx dx
2 ⎜ ρ =
2 G J
L 2 G J ⎜∫∫ ⎟ ∫
⎝ A ⎠ L
2
∫∫
A
2
ρ dy dz = J.
Como, T e J são funções
Se T, J e G são constantes ao longo do comprimento L do tubo, tem-se:
2
(12.13)
TL
U= (12.14)
2 G J
Exemplo 12.1: Achar a energia de deformação elástica absorvida por uma viga
retangular de comprimento L, altura h e largura b em flexão pura, em termos da
máxima tensão e do volume do material.
Sabe-se que:
M c M h/2 6 M
σ max = = = (a)
3 2
I b h b h
12
Substituindo a eq. (a) na eq. (12.12), temos:

Método de Energia
2 2
max max
σ ⎛b h L⎞ σ ⎛V⎞ U= 2 E
⎜
3
⎟ =
2 E
⎜
3
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (b)
energia é:
Com relação a energia absorvida por uma barra axialmente carregada onde a
2
PL
2
P A L
2
σmax
2 E A 2 2 E 2 E
( )
U= = = V
(c)
A
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 as forças aplicadas. Partindo deste
princípio, supõe–se que o trabalho realizado pelas forças externas é igual a energia
absorvida pelo corpo. Logo.
We = U
(12.15)
Alternativamente, pode-se dizer que a soma dos trabalhos das forças
externas e das forças internas é nulo.
W − W = 0
ou
e i
U=−W i
78
(12.16)
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.

Método de Energia
Exemplo 12.2: 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.
O trabalho externo realizado pela força externa P é:
1
We = P.Ä
(a)
2
Igualando a eq. (a) com a eq. (12.10), temos:
2
1 PL
P.Ä = (b)
2 2 E A
Reagrupando os termos, a deflexão Δ é:
P L
Ä = (c)
E A
Exemplo 12.3: Achar a rotação da extremidade de um eixo circular elástico de
comprimento L e momento polar de inércia J, em relação ao extremo engastado,
quando este é submetido à um torque T na extremidade livre.
O trabalho externo realizado pelo torque T é:
L
1
We = T. ϕ (a)
2
P
L Δ
T
79

Método de Energia
Igualando a eq. (a) com a eq. (12.14), temos:
2
1 TL
T. ϕ= (b)
2 2 G J
Reagrupando os termos, a rotação ϕ é:
T L
ϕ= (c)
G J
Exemplo 12.4: 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.
b
A energia de deformação devido ao momento é da forma:
L 2 L 2 2 3
M ( −P.x)
P.L
U= dx = dx =
2 E I 2 E I 6 E I
∫ ∫ (a)
0 0
A energia de deformação devido ao cortante pode ser obtida com o segundo
termo da eq. (12.8). 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, a expressão da tensão de cisalhamento é da forma:
⎡ 2
⎛ ⎞ ⎤
2
VQ P h
τ= = ⎢ −y
It 2 I
⎜ ⎥
2
⎟
⎢⎣⎝ ⎠ ⎥⎦
h
P
x
L
V=P
M=-Px
L
γ
80
(b)

Método de Energia
Substituindo a eq. (b) na eq. (12.8), e considerando que a integral pode se
transformar numa integral simples, onde o volume infinitesimal dV é igual a Lbdy,
temos:
2
+ h/2⎧
2
⎪ ⎡⎛ ⎞ ⎤⎫
2 ⎪
1 P h
U= y Lbdy
2 G ∫ ⎨ ⎢ −
2 I
⎜ ⎥⎬
2
⎟
(c)
−h/2⎪⎩
⎢⎣⎝ ⎠ ⎥⎦⎪⎭
Desenvolvendo a eq. (c), tem-se:
2 5 2 5
2
2
PL b h PL b h ⎛ 12 ⎞ 3 PL
U=
=
2 ⎜ 3 ⎟ =
8 G I 30 240 G ⎝b h ⎠ 5 A G
onde A = b h, é a área da seção transversal da viga.
Igualando o trabalho externo realizado pela força P com a energia de
deformação devido a flexão e ao cisalhamento, temos:
W = U= U + U
e flexão cis
2 3 2
1 PL 3 PL
P.Ä = +
2 6 E I 5 A G
Assim, a deflexão da viga pode ser determinada pela expressão:
3
P L 6 P L
Ä = + (f)
3 E I 5 A G
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
V
tensão de cisalhamento média sobre a seção transversal, τ med = . Esta quantidade
A
τmed
V
dividida pelo módulo de cisalhamento G é a deformação angular, γ= = ,
G A G
que multiplicada pelo comprimento L fornece a deflexão na extremidade da barra. O
número 6/5, que aparece no termo da deflexão devido ao cisalhamento, pode então
ser interpretado como um fator de correção utilizado quando considera-se a tensão
de cisalhamento constante sobre toda a seção.
Reagrupando a eq. (f), a expressão de deflexão fica:
81
(d)
(e)

Método de Energia
3 2
P L ⎛ 3 E h ⎞
Ä = ⎜1+ 2 ⎟
3 E I⎝ 10 G L ⎠
Na eq. (g), se a relação for E/G = 2,5 para aços mais comumente utilizados,
ela pode ser reescrita da forma:
2 ⎛ ⎞
h
Ä = ⎜1+ 0,75 Ä
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.
Exemplo 12.5: Determine o deslocamento horizontal da treliça no ponto D.
Considere AE constante.
↑
P
P
∑ M = 0 , RBy . 0,8 L – P . 0,6 L = 0 ,
A
By
∑ F = 0 ,
y
Ay
A
A
RA
D
D
3
3
R − P= 0 , RAy = P
4
4
L
0.8 L
L
0.8 L
C
B
C
B
RB
3
R = P
4
0.6 L
0.6 L
RB
82
(g)
(h)

Método de Energia
→
∑ F = 0 ,
x
Bx
R − P= 0 , RBx = P
Cálculo dos esforços internos de cada membro.
Ponto D:
↑
→
∑ F = 0 , PAD = 0
y
∑ F = 0 , – P + PDC = 0 , PDC = P (tração)
x
4
Ponto C: ( cosθ=
,
5
→
↑
3
senθ=
)
5
∑ F = 0 , – PDC + PAC cosθ = 0 ,
x
AC
∑ F = 0 , PAC senθ + PBC = 0,
y
BC
Ponto A:
→
P
PAD
5
P = P (compressão)
4
3
P =− P (tração)
4
∑ F = 0 , - PAC cosθ + PAB = 0 , PAB = P (tração)
x
D
PDC C
θ
PAC
PAD
A
RAy
PBC
PDC
θ
PAB
PAC
83

Método de Energia
↑
∑ F = 0 , RAy - PAC senθ + PAD = 0,
y
Ay
3
R = P (Ok)
4
Igualando o trabalho realizado pela força externa P com a energia absorvida
pela barras, temos:
2
k
1 P L
Ä P=∑
,
2 2 A E
( ) ( )
2 2 ⎛ 2 ⎞ ⎛ 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − ⎞
P0,8L P0,8L 3/4P 0,6L 5/4P L
Ä P=
⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟
⎝ AE ⎠ ⎝ AE ⎠ ⎜ AE ⎟ ⎜ AE ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
PL
Ä = 3,5
AE
AB DC BC AC
Eliminando a força P, a deflexão da treliça no ponto D é:
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, fornece 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.
84

Método de Energia
Figura 12.3 – Diagrama tensão-deformação de um material elástico
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 Δ. O
diagrama força-elongação (P-Δ) corresponde ao diagrama tensão-deformação (σ-ε).
Figura 12.4 – Diagrama força-elongação de um material elástico
De acordo com a Fig. 12.4, quando a força P1 é acrescida de dP1, a barra se
alonga de dΔ1, logo o trabalho incremental produzido é:
( )
dW = P + dP dÄ = P dÄ + dP dÄ
(12.17)
e 1 1 1 1 1 1 1
produzido é:
dσ1
σ1
σ
dP
P1
0
P
0
ε1 dε1
ε
We * =U *
We=U
Δ1 dΔ1
Δ
Desprezando os efeitos de ordem superior, dP1 dΔ1, trabalho incremental
85

Método de Energia
dWe = P1 dÄ1
(12.18)
Partindo do princípio da conservação da energia, We = U, o incremento de
energia de deformação é:
dU= P1 dÄ1
(12.19)
de Δ é:
Ä
0
Assim, a energia de deformação elástica absorvida quando a barra se alonga
U=∫ P dÄ
(12.20)
1 1
A eq. (12.20) pode ser interpretada geométricamente como sendo a área sob
a curva força-deslocamento na Fig. 12.4. A derivada com relação ao limite superior
fornece:
dU
= P (primeiro Teorema de Castigliano) (12.21)
dÄ
Uma expressão análoga pode ser obtida quando a elongação Δ1, é acrescida
de dΔ1, causando um aumento da força dP1, logo o trabalho incremental produzido,
definido como trabalho complementar, é:
( )
*
e 1 1 1 1 1 1 1
dW = dP Ä + dÄ = dP Ä + dP dÄ
(12.22)
Desprezando os efeitos de ordem superior, dP1 dΔ1 e partindo do princípio da
conservação da energia, We * = U * , o incremento de energia de deformação
complementar é:
*
dU = Ä dP
(12.23)
1 1
Assim, a energia de deformação complementar elástica absorvida quando a
barra é submetida à uma força P é:
P
* *
e 1 1
0
W = U =∫ Ä dP
(12.24)
86

Método de Energia
A eq.(12.24) pode ser interpretada geométricamente como sendo a área
sobre a curva força-deslocamento na direção da força P, Fig. 12.4. A derivada com
relação ao limite superior fornece:
*
dU
= Ä (segundo Teorema de Castigliano) (12.25)
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(P,P, ⋯,P , ⋯,P ;M,M, ⋯,M, ⋯ ,M )
(12.26)
1 2 k n 1 2 j p
Logo, um incremento infinitesimal na energia δU * é dada pelo diferencial:
* * * *
* ∂U ∂U ∂U ∂U
δ U = δ P+ δ P + ⋯+ δ P + ⋯+ δ M + ⋯ (12.27)
∂P ∂P ∂P ∂M
1 2 k j
1 2 k j
Se for considerado que somente a força Pk é incrementada de δPk, a energia
de deformação complementar será incrementada de:
* ∂U
δ U = δP
∂P
*
k
k
87
(12.28)
A energia de deformação complementar total é a energia de deformação
complementar inicial mais os incrementos devidos a diferentes forças:
*
* * ∂U
total = + δ k
∂Pk
U U P
(12.29)
Considerando que somente a força Pk é incrementada de δPk, o trabalho
complementar total devido a este incremento é:
* *
etotal e k k
W = W +δ PÄ
(12.30)
Do princípio de conservação de energia, δU * = δWe * , temos:

Método de Energia
∂U
δ PÄ = δP
k k k
∂Pk
*
88
(12.31)
Eliminando δPk dos dois lado da eq. (12.31), a expressão que fornece o
deslocamento do ponto onde é aplicado a força Pk é da forma:
Ä
k
*
∂U
=
∂P
k
(12.32)
Generalizando a eq. (12.33), a inclinação (ou rotação) da seção θj no ponto
onde é aplicado um momento Mj é:
θ j =
∂
*
∂U
M
j
13.5 – Teorema de Castigliano para deflexão
(12.33)
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 * .
temos:
Pk
0
Energia de deformação
complementar U * =U
Energia de
deformação U
Figura 12.5 – Diagrama força-elongação de um material elástico linear
O segundo teorema de Castigliano é a consequência desta igualdade, onde
Δk

Método de Energia
Ä
k
*
*
∂U ∂U
= =
∂P ∂P
k k
∂U ∂U
θ j = =
∂M ∂M
j j
89
(12.34)
Como anteriormente, U é função das forças externas aplicadas, e Δk 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 Δk (ou rotação θk).
P
k
M
k
∂U
=
∂Ä
k
∂U
=
∂θ
k
(12.35)
Exemplo 12.6: Aplicando o teorema de Castigliano, determinar os deslocamentos e
as 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):
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.10), o deslocamento da barra é:
∂U
P L
Ä = =
∂P
A E
Eixo circular em torção (T=constante):
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.14), a rotação da barra é:
∂U
T L
ϕ=θ= =
∂T
G J
Viga engastada livre com uma carga na extremidade livre:
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (e) do exemplo 12.4, a deflexão da viga é:

Método de Energia
∂U
P L 6 P L
Ä = = +
∂P
3 E I 5 A G
3
Exemplo 12.7: 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 mm 2
e ABC = A2 = 0,219 mm 2 . Tome E = 2.1 10 11 N/m 2 .
Do equilíbrio estático no ponto B, temos:
senα=
→
2
2
100 mm
200 mm
2
cosθ=
,
5
∑ F = 0 , - PAB cosθ + PBC cosα = 0 ,
x
AB BC
θ
α
A
C
PAB
200 mm
PBC
P
B
P = 3 N
B
1
senθ=
,
5
2 2
− P + P = 0,
PAB = PBC
5 2
90
2
cosα=
,
2
2 5
2 2

Método de Energia
↑
∑ F = 0 , PAB senθ + PBC senα - P = 0 ,
y
AB BC
5
PAB = P
3
A energia de deformação elástica do sistema é:
2 2 2 2
* Pk Lk PL 1 1 P2 L2
∑
U= U = = +
2 A E 2 A E 2 A E
k= 1
k k 1 1 2 2
91
1 2
P P P
5 2
+ = , 2 2
PBC = P,
3
Derivando a expressão de energia com relação a P, força atuante em B,
temos a deflexão vertical no ponto B.
Ä
B
∂U PL 1 1 ∂P1 PL 2 2 ∂P2
= = +
∂P A E ∂P A E ∂P
200√2 mm.
Ä
1 1 2 2
, com
∂P1
5
=
∂P
3
e
∂P2
2 2
=
∂P
3
Substituindo os valores na expressão acima, com L1 = 100√5 mm e L2 =
5P/3 .100 5 5 2 2P/3 . 200 22 2
= +
0,125 . 210.10 3 0,219 . 210.10 3
B 3 3
Assim, o deslocamento vertical do ponto B é:
ΔB = 0,0306 mm
12.6 – Teorema de Castigliano para deflexão em vigas
Exemplo 12.8: Usando o teorema de Castigliano, determine a deflexão e a rotação
da extremidade livre da viga em balanço com carregamento uniformente, com EI =
constante.
A
wo
L

Método de Energia
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
∂U
neste ponto, oque permite determinar . Logo.
∂R
A
A equação de momento e sua derivada com relação à uma força fictícia RA na
extremidade da viga é da forma:
2
wx o M=− + RAx e
A
2
∂M
= x
∂R
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão na extremidade da viga é:
L
∂U M ∂M
ÄA = =
dx
∂R ∫ (b)
E I∂R A 0 A
Substituindo a eq. (a) na eq. (b), temos:
L 2
∂U
1 ⎛ wx ⎞
o
ÄA = = ⎜− + RAx ⎟ ( + x) dx
∂RA E I∫ (c)
2 0⎝
⎠
Ä
Integrando a eq. (c), a deflexão no ponto A da viga é:
4
wL o
A =− (direção contrária a direção da aplicação da força RA) (d)
8 E I
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
∂U
neste ponto, oque permite determinar . Logo.
∂M
x
M
A
wo
92
(a)

Método de Energia
A equação de momento e sua derivada com relação à um momento fictício MA
na extremidade da viga é da forma:
2
wx o M=− −MA
e
∂M
∂M
A
2
=−1
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão na extremidade da viga é:
L
∂U M ∂M
θ= =
dx
∂M ∫ (f)
E I ∂M
0
A
Substituindo a eq. (e) na eq. (f), temos:
L 2
∂U
1 ⎛ wx ⎞
o
θ A = = ⎜− −M A⎟
( −1)
dx
∂MA E I∫ (g)
2 0⎝
⎠
Integrando a eq. (g), a rotação no ponto A da viga é:
3
wL o θ A = (mesma direção que o momento fictício MA) (h)
6 E I
wo
MA
Exemplo 12.9: Determine o deslocamento vertical do ponto C para a viga mostrada
abaixo. EI é constante.
A
RA
x
6 kN/m
M
4 m
B
RB
2 m
C
RC
93
(e)

Método de Energia
Neste caso, nos dois trechos da viga, as equações de momento devem ficar
em função da força fictícia RC:
C
∑ MB = 0,
A
TRECHO AB (0 < x < 4):
2 ⎛RC ⎞
M=− 3x + ⎜ + 9 x
2
⎟
⎝ ⎠
e
∂M
x
=
∂R
2
C
TRECHO BC (0 < x < 2):
M= R (2−x) −3 (2−x) e
C
C
∂M
= (2−x) ∂R
R
R = + 9
(a)
2
2
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão no ponto C da viga é:
L
∂U M ∂M
ÄC = =
dx
∂R ∫ (d)
E I∂R C 0 C
Substituindo as eqs. (b) e (c) na eq. (d), temos:
4 2
1 ⎛ 2 RC
⎞ x 1
2
C C
E I
⎜
2
⎟
2 E I
0⎝ ⎠
0
( )
Ä = − 3x + x+ 9x ( ) dx+ R (2−x) −3 (2−x) (2−x) dx
forma:
Ä
C
∫ ∫ (e)
Integrando a eq. (e), a deflexão no ponto C pode ser determinada e é da
12
=− (direção contrária a direção da aplicação da força RC) (f)
EI
12.7 – Teorema de Castigliano para vigas estaticamente indeterminadas
94
(b)
(c)

Método de Energia
Exemplo 12.10: Considere a viga uniformemente carregada, fixa numa extremidade
e apoiada na outra, como mostrado abaixo. Determine a reação em A.
A equação de momento e sua derivada com relação à reação RA é:
2
wx o M=− + RAx e
A
2
∂M
=+ x
∂R
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão no ponto A da viga é:
L
∂U M ∂M
ÄA = =
dx
∂R ∫ (b)
E I∂R A 0 A
Como no ponto A há um apoio, temos:
L 2
∂U
1 ⎛ wx ⎞
o
ÄA = = ⎜− + RAx ⎟ ( + x) dx = 0
∂RA E I∫ (c)
2 0⎝
⎠
Resolvendo a integral da eq. (c):
4 3
o A
wL R L
− + = 0
(d)
8 E I 3 E I
R
Logo, a reação no ponto A é:
3 wL
8
A
RA
x
M
o
A =+ (e)
Exemplo 12.11: Determine para a viga apresentada abaixo as reações de apoio.
wo
95
(a)

Método de Energia
Determinação das reações de apoio em função de uma única incógnita, RB:
B
∑ MA = 0,
C
B
↑ ∑ Fy = 0,
A
TRECHO AB (0 < x < 2):
2 RB
M=− 3x + 9x− x
2
e
∂M
x
=−
∂R
2
B
TRECHO BC (0 < x < 2):
B M= x−3x− RB + 6
e
B
R
2
∂M
x
= −1
∂R
2
6 kN/m
R
R =− + 3
(a)
2
R
R =− + 9
(b)
2
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão no ponto B da viga é:
L
A
RA
∂U M ∂M
ÄB = = dx = 0
∂R ∫ (e)
E I∂R B 0 B
Substituindo as eqs. (c) e (d) na eq. (e), temos:
2 2
⎛ 2 B ⎞ ⎛ B
⎞
⎜ ⎟ ⎜ B ⎟
0⎝ ⎠ 0⎝
⎠
1 R x 1 R x
0 = − 3x + 9x− x ( − ) dx+ x−3x − R + 6 ( −1)
dx
E I 2 2 E I 2 2
∫ ∫ (f)
Resolvendo a eq. (f), a reação em B é:
B
2 m 2 m
RB
C
RC
96
(c)
(d)

Método de Energia
RB = 7,5 kN (g)
Substituindo o resultado da reação em B nas eqs. (a) e (b), as reações
restantes são:
RA = 5,25 kN , RC = - 0,75 kN (h)
Exemplo 12.12: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.
Devido a simetria: RA = RB = 5400 kgf e MA = MB.
TRECHO AC (0 < x < 1,8m):
M=− M + 5400 x
e
∂M
∂M
A
A
=−1
TRECHO CD (0 < x < 1,8m):
2
x
M=− MA + 5400 (1,8+ x) −6000
2
e
∂M
∂M
A
=−1
TRECHO DB (0 < x < 1,8m):
M=− M + 5400 (1,8−x) e
∂M
∂M
A
A
=−1
A
MA
RA
1,8 m
6 000 kgf/m
C D
1,8 m 1,8 m
RB
B
MB
97
(a)
(b)
(c)

Método de Energia
Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a rotação no ponto A da viga é,
considerando o engaste:
L
∂U M ∂M
θ A = = dx = 0
∂M ∫ (d)
E I∂M 0
A 0 A
Substituindo as eqs. (b) e (c) na eq. (d), temos:
1,8 1,8
2
( )
1 1
0 = ( MA 5400x ) ( 1) dx MA 5400( 1,8 x) 3000x ( 1) dx
E I∫ − + − +
E I∫
− + + − − +
0 0
(e)
1,8
1
( − MA + 5400( 1,8−x ) ) ( −1)
dx
E I∫
Resolvendo a eq. (e), os momentos nos pontos A e B são:
MA = MB = 7020 kgf m (f)
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 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:
δ W +δ W = 0
ou
e i
δ W =−δW
e i
onde δWe e δWi são as variações dos trabalhos virtuais externos e internos.
98
(12.36)

Método de Energia
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:
δ We =δ Wei
(12.37)
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.
A força em um
elemento típico é δf
B
A
δF
Figura 12.6 – Esforços virtuais e deslocamentos reais
P
A deformação em
um elemento típico
devido às forças
δ
B
A
ΔL
Posição final
do ponto A O deslocamento
do ponto A na
direção A-B é Δ
P
99

Método de Energia
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 ΔL, 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 Δ na direção dessa força é igual ao trabalho total realizado nos
elementos internos pelas forças virtuais internas δf, movendo-se das distâncias reais
respectivas ΔL, a forma especial da equação do trabalho virtual se torna:
δ F Ä = ∑ δf
ÄL
(12.38)
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.Ä=∑ f ÄL
(12.39)
onde:
Δ = deflexão real de um ponto na direção da força virtual unitária aplicada,
f = forças internas causadas pela força virtual unitária,
ΔL = 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 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
100

Método de Energia
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,
P L
ÄL = , logo a equação do trabalho virtual para este caso é:
A E
n
=∑ i
Pi Li
(12.40)
i= 1 i i
1.Ä p A E
onde:
pi = força axial em um membro devido à força unitária virtual
Pi = força no mesmo membro devido aos carregamentos reais.
Vigas:
A soma extende-se a todos os membros da treliça.
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
1. Ä =∫ (12.41)
E I
0
m
dx
m
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,
M
dx
M
Mdx/EI
101

Método de Energia
aplica-se um conjugado unitário virtual na seção investigada.
L
m M dx
1. θ=∫ (12.42)
E I
0
Exemplo 12.13: Achar a deflexão vertical do ponto B da treliça de aço com juntas de
pino, como mostrado abaixo, devido às seguintes causas: (a) deformação elástica
dos membros, (b) encurtamento de 3 mm do membro AB por meio de um tensor, e
(c) queda na temperatura de 60°C, ocorrendo no membro BC. O coeficiente de
expansão térmica do aço é α = 0,000012 mm/mm/°C. Desprezar a possibilidade de
flambagem lateral do membro em compressão. Tome E = 21.10 3 kgf/mm 2 .
1 m
1 m
1 – Determinar os esforços internos virtuais, pi:
RAx
RCx
RAy
A
RCy
C
A
C
1,25 m
A = 100 mm 2
L = 1,60m
A = 160 mm 2
L = 1,60m
pAB
pBC
1 kgf
B
B
1500 kgf
Carregamento
virtual
102

Método de Energia
→
↑
1,25 1
Equilíbrio estático no ponto B: cosθ=
, senθ=
1,6 1,6
1,25 1,25
p . − p = 0,
pAB = pBC
1,6 1,6
∑ F = 0 ,
x
AB BC
∑ F = 0 ,
y
AB BC
103
1 1
−p . − p + 1= 0,
pAB = 0,8 (compressão), pBC = 0,8 (tração)
1,6 1,6
2 – Determinar os esforços internos reais, Pi:
→
Equilíbrio estático no ponto B:
1,25 1,25
P . − P = 0,
PAB = PBC
1,6 1,6
∑ F = 0 ,
x AB BC
θ
θ
RAy
RAx
RCx
pAB
pBC
A
RCy
θ
θ
C
PA
PB
B
B
1 kgf
PBC
PAB
1500 kgf
B
1500 kgf
Carregamento
real

Método de Energia
↑
∑ F = 0,
y
AB BC
Caso (a):
104
1 1
−P . −P − 1500 = 0,
PAB = -1200 (tração) , PBC = -1200 (compr.)
1,6 1,6
Membro p (kgf) P (kgf) L (mm) E
(kgf/mm 2 )
A (mm 2 ) p PL/EA
AB - 0,8 + 1200 1600 21000 100 - 0,7314
BC + 0,8 - 1200 1600 21000 160 - 0,4571
Σ - 1,1886
Δ = - 1,1886 mm (sentido contrário a força unitária)
Caso (b):
1 x Δ = (- 0,8)(- 3) + (+ 0,8)(0)
Δ = + 2,4 mm (mesmo sentido que a força unitária)
Caso (c):
ΔLBC = α L ΔT = 0,000012 . 1600 . (-60) = - 1,152 mm
1 x Δ = (- 0,8)(0) + (+ 0,8)(-1,152)
Δ = - 0,9216 mm (sentido contrário a força unitária)
Exemplo 12.14: Determine o deslocamento vertical do ponto C da treliça de aço
abaixo. Considere as seções transversais de cada membro A = 400 mm 2 e E = 200
GPa.
A
D
2 m
C
2 m
B
100
2 m

Método de Energia
1- Determinação dos esforços internos virtuais devido a uma força virtual vertical no
ponto C:
→
→
↑
↑
RDx
RAx
RDy
∑ M = 0 , RDx . 2 – 1 . 2 = 0 , RDx = 1 kN
A
∑ F = 0 , RAx – RDx = 0 , RAx = 1 kN
x
Equilíbrio estático no ponto D:
∑ F = 0 , - RDx + pDC = 0 , pDC = 1 kN (tração)
x
∑ F = 0 , RDy = 0 , RAy = 1 kN
y
A
RAy
2
Equilíbrio estático no ponto A: cosθ=
, senθ=
2
∑ F = 0 ,
y
Ay AC
D
RAx
RDx
RAy
2 m
A
RDy
pAC
2
2
2
R − p . = 0,
pAC = 2 kN (compressão)
2
C
D
θ
pAB
1 kN
pDC
2 m
B
2 m
105

Método de Energia
→
→
2
R − p . + p = 0 , pAB = 0
2
∑ F = 0 ,
x
Ax AC AB
Equilíbrio estático no ponto C:
2 2
− p + p . + p = 0 , pBC = 0
2 2
∑ F = 0 ,
x
DC AC BC
Determinação dos esforços internos reais devido à força real vertical no ponto B:
→
↑
∑ M = 0 , RDx . 2 – 10 . 4 = 0 , RDx = 200 kN
A
∑ F = 0 , RAx – 200 = 0 , RAx = 200 kN
x
∑
F = 0,
RAy – 100 = 0 , RAy = 100 kN
y
RDx
RAx
A
RAy
D
Equilíbrio estático no ponto A:
θ
pDC
pAC
RAx
2 m
C
RAy
1 kN
pBC
A
θ
C
PAC
θ
PAB
2 m
0.6 L
B
100
2 m
106

Método de Energia
↑
∑ F = 0 ,
y
Ay AC
2
R − p . = 0,
PAC = 100 2 kN (compressão)
2
2
R − p . + p = 0 , PAB = - 100 kN (compressão)
2
→∑ F = 0 ,
x
Ax AC AB
Equilíbrio estático no ponto C:
2 2
↑ ∑ Fy = 0 , PAC . − PBC.
= 0 , PBC = 100 2 kN (tração)
2 2
2 2
→ ∑ Fx = 0 , − PDC + PAC.
+ PBC
= 0 , PDC = 200 kN (tração)
2 2
Membro p P (N) L (mm) A (m 2 ) E (N/mm 2 ) p.PL/AE
AB 0 -100.10 3
4.10 3 400 200.10 3
BC 0 100 2 .10 3 2 2 .10 3 400 200.10 3 0
AC - 2 -100 2 .10 3 2 2 .10 3 400 200.10 3 7,07
CD 1 200.10 3 2.10 3 400 200.10 3 5
Σ 12,07
ΔCv = 12,07 mm
Exemplo 12.15: Achar a deflexão no meio do vão de uma viga em balanço,
carregada como mostrado abaixo. O produto EI da viga é constante.
wo
wox/L
θ
PDC
PAC
Carregamento real
x
C
PBC
θ
L/2
1 kgf
0
Carregamento virtual
A
L/2
107

Método de Energia
M
A equação de momento real é:
3
x wx o x wox =− =− (0 ≤ x ≤ L) (a)
2 L 3 6 L
E as equações de momento virtual são:
m = 0 (0 ≤ x ≤ L/2) (b)
⎛ L⎞
m =−1 ⎜x− 2
⎟
⎝ ⎠
108
(L/2 ≤ x ≤ L) (c)
Substituindo as eqs. (a), (b) e (c) na eq. (12.41), temos:
L L/2 3 L
3
m M dx 1 ⎛ wx ⎞ 0 1 ⎛ L⎞
⎛ wx ⎞ 0
1. Ä = = (0) ⎜− ⎟ dx+ x dx
E I E I 6 L E I
⎜− +
2
⎟ ⎜− ⎟
6 L
0 0 ⎝ ⎠ l/2⎝
⎠ ⎝ ⎠
Ä
∫ ∫ ∫ (d)
Resolvendo a eq. (d), a deflexão no ponto A é:
4
49 wo L
A = (e)
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:
3
M o P x
-
Diagrama de
wx ⎛ L⎞
=− −
6 L
⎜ −
2
⎟ para (x ≥ L/2) (f)
⎝ ⎠
A derivada da eq. (f) com relação à P é:
∂M ⎛ L⎞
=− ⎜x− ⎟
∂P ⎝ 2⎠
(g)
onde a eq. (g) é o momento virtual m para (x ≥ L/2).
-
Diagrama de

Método de Energia
Exemplo 12.16: 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.
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 π/2 m M dx ⎡⎣−R1 ( −cosθ) ⎤⎦(
−PRsenθ) R dθ
∫ ∫ (a)
1. Ä=
=
E I E I
0 0
Resolvendo a eq. (a), a deflexão encontrada é:
3
R
P
m=-R(1-cosθ)
1 kgf
R(1-cosθ)
P R
Ä =+ (b)
2 E I
θ
M=-PRsenθ
Rsenθ
θ
109
P

Método dos Elementos Finitos
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, Fig. 13.1. 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.
Figura 13.1 – Elemento finito de barra
Para um elemento de barra com tensão axial constante ou deformação axial
constante, o deslocamento axial pode ser assumido variar linearmente em x:
u 1 + 2
( x)
= a a x
(13.1)
com a1 e a2 constantes à serem determinadas pela imposição das condições de
contorno:
p / x
p / x
=
=
0,
L,
u(
x)
u(
x)
=
=
u(
0)
u(
L)
= u
= u
1
2
= a
1
= a
1
+ a
2
L
⇒
a
2
u
=
2
− u
Substituindo os resultados de a1 e a2 da eq. (13.2)na eq. (13.1), temos:
1
1
2
2
1
P1, u1 P2, u2
L
L
1
110
(13.2)
u ( x)
= f ( x)
u + f ( x)
u
(13.3)
onde f1(x) e f2(x) são ditas funções de forma e são como:
x
E, A
2

Método dos Elementos Finitos
f
f
1
( x)
2
( x)
como:
= 1−
=
x
L
x
L
111
(13.4)
Para o caso de tensões e deformações uniaxiais, a deformação é definida
∂u
ε =
(13.5)
∂x
Substituindo as eqs. (13.3) e (13.4) na eq. (13.5), temos:
∂f1(
x)
∂f2
( x)
'
'
ε = u1
+ u2
= f1(
x)
u1
+ f2
( x)
u2
(13.6)
∂x
∂x
A força axial atuando ao longo do elemento é obtida da forma:
∂u
P = σ A = E ε A = E A
(13.7)
∂x
Substituindo as eqs. (13.3) e (13.4) na eq. (13.7), temos:
'
'
[ f ( x)
u f ( x)
u ]
P = E A +
(13.8)
1
1
2
2
A expressão de energia de deformação para o caso de barras solicitadas
axialmente é da forma:
L
P
U = ∫ dx
(13.9)
2 E A
0
2
Substituindo eq. (13.8) na eq. (13.9), temos:
L
'
' 2
[ f ( x)
u + f ( x)
u ] dx
E A
U = 1 1 2 2
2 ∫
(13.10)
0
∂U
Aplicando o primeiro teorema de Castigliano, = P , derivando a energia
∂u
com relação ao deslocamento u1, temos:

Método dos Elementos Finitos
P
P
1
1
L
∫
0
+
1
'
'
'
[ f ( x)
u f ( x)
u ] f ( x)
dx
∂U
2 E A
= =
1 1 2 2 1
(13.11)
∂u
2
Desenvolvendo a eq. (13.11), temos:
⎡
⎤ ⎡
= ⎢E
A
∫
⎢⎣
⎦ ⎣
L
L
' '
' '
∫ f1(
x).
f1(
x)
dx⎥
u1
+ ⎢E
A f1(
x).
f2
( x)
dx⎥
u2
(13.12)
0
⎥ ⎢ 0
⎥
E, aplicando o primeiro teorema de Castigliano, derivando a energia com
relação ao deslocamento u2, temos:
P
P
2
2
L
∫
0
+
2
'
'
'
[ f ( x)
u f ( x)
u ] f ( x)
dx
∂U
2 E A
= =
1 1 2 2 2
(13.13)
∂u
2
Desenvolvendo a eq. (13.13), temos:
⎡
⎤ ⎡
= ⎢E
A
∫
⎢⎣
⎦ ⎣
⎧P1
⎫ ⎡k
⎨ ⎬ =
P
⎢
⎩ 2 ⎭ ⎣k
L
L
' '
' '
∫ f2
( x).
f1(
x)
dx⎥
u1
+ ⎢E
A f2
( x).
f2
( x)
dx⎥
u2
0
⎥ ⎢ 0
⎥
(13.14)
Colocando as eqs. (13.12) e (13.14) na forma matricial:
11
21
k
k
12
22
⎤ ⎧u1
⎫
⎥ ⎨ ⎬
⎦ ⎩u2
⎭
ou
{ P}
= [ k]
{ u}
⎤
⎦
⎤
⎦
112
(13.15)
onde [k] é a matriz de rigidez do elemento de barra com seus coeficientes definidos
da seguinte maneira:
L
∫
K = E A f ( x).
f ( x)
dx
(13.16)
ij
0
'
i
'
j
Aplicando a eq. (13.4) na eq. (13.16), a matriz de rigidez elementar é:
E A ⎡ 1 − 1⎤
k (13.17)
[ ] =
L
⎢ ⎥
⎣−
1 1 ⎦

Método dos Elementos Finitos
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. (13.17) é obtida
quando o elemento está disposto paralelamente ao sistema de eixos x-y. Para os
casos mais gerais de treliças, as barras estão dispostas aleatóriamente no plano x-y.
Assim, é necessário determinar uma matriz de rigidez genérica, fazendo um ângulo
φ com o eixo x, Fig. 13.2:
y
Figura 13.2 – Elemento de barra no plano
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:
u
u
v
v
1
2
1
2
y
= u
1
= u
= −u
= −u
cos φ + v
2
cos φ + v
1
2
x
x
1
sen φ + v
sen φ + v
P1x, u1
sen φ
2
sen φ
1
cos φ
2
v1
P,u
1 1
cos φ
1
P1y, v1
E, A, L
Colocando a eq. (13.18) na forma matricial:
φ
v2
2
u1
P2y, v2
v1
φ
P,u 2 2
u1
v1
P2x, u2
u1
φ
113
v1
(13.18)

Método dos Elementos Finitos
⎧ u1
⎫ ⎡ c
⎪
v
⎪ ⎢
⎪ 1 ⎪ ⎢
− s
⎨ ⎬ =
⎪u2
⎪
⎢ 0
⎪
⎢
⎩v
⎪
2 ⎭ ⎣ 0
s
c
0
0
0
0
c
− s
0⎤
⎧u
0
⎥ ⎪
⎥ ⎪v
⎨
s⎥
⎪u
⎥
c⎦
⎪
⎩v
1
1
2
2
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
ou
{ q}
= [ T]
{ q}
com c = cos φ, s = sen φ e [T] é a matriz de transformação.
114
(13.19)
Uma mesma relação pode ser obtida considerando forças não existentes na
direção y, P1ye P 2y:
⎧P
⎪
⎪P
⎨
⎪P
⎪
⎩
P
1x
1y
2x
2y
⎫ ⎡ c
⎪ ⎢
⎪ ⎢
− s
⎬ =
⎪
⎢ 0
⎪
⎢
⎭ ⎣ 0
s
c
0
0
0
0
c
− s
0⎤
⎧P
0
⎥ ⎪
P
⎥ ⎪
⎨
s⎥
⎪
P
⎥
c⎦
⎪
⎩
P
1x
1y
2x
2y
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
ou
{ P}
= [ T]
{ P}
(13.20)
A matriz de rigidez dada pela eq. (13.17) pode ser expandida considerando os
deslocamentos v1 e v 2 , e forças inexixtentes, P1ye P 2y:
⎧P
⎪
⎪P
⎨
⎪P
⎪
⎩
P
1x
1y
2x
2y
⎫ ⎡ 1
⎪ ⎢
⎪ E A
⎢
0
⎬ =
⎪ L ⎢−
1
⎪
⎢
⎭ ⎣ 0
0
0
0
0
− 1
0
1
0
0⎤
⎧ u1
⎫
0
⎥ ⎪
v
⎪
⎥ ⎪ 1 ⎪
⎨ ⎬
0⎥
⎪u2
⎪
⎥
0⎦
⎪
⎩v
⎪
2 ⎭
ou
{ P}
= [ k]{
q}
Substituindo as eqs. (13.19) e (13.20) na eq. (13.21), temos:
[ ]{ P}
[ k][
T]{
q}
(13.21)
T = (13.22)
ou:
−1
t
{ P}
= [ T]
[ k][
T]
{ q}
= [ T]
[ k]
[ T]
{ q}
(13.23)
Logo, a matriz de rigidez de um elemento de barra obtida em um sistema de
coordenadas arbitrário é:
⎡ 2
2
c cs − c − cs⎤
⎢
2
2 ⎥
E A ⎢ cs s − cs − s
k =
⎥
(13.24)
L ⎢ 2
2
− c − cs c cs ⎥
⎢
⎥
2
2
⎢⎣
− cs − s cs s ⎥⎦
t [ ] = [ T]
[ k]
[ T]

Método dos Elementos Finitos
13.3 – Força axial nos elementos
ou:
É possível verificar que o elemento está em equilíbrio fazendo:
P1x cos φ + P1y sen φ + P2x cos φ + P2y sen φ = 0
P1 + P2
= 0
(13.25)
Portanto, determinando P 1 ou P 2 é possível verificar se o elemento está
sendo tracionado ou comprimido através da Eq. (13.25):
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
ou:
P
P
1x
1y
1x
1y
2x
2y
⎫ ⎡ 2
c
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢ cs
⎬
⎢
⎪ L 2
− c
⎢
⎪
⎭ ⎢⎣
− cs
E A
=
L
E A
=
L
cs
s
2
− cs
− s
2
− c
− cs
c
2
cs
2 [ c ( u1
− u2
) + cs ( v1
− v2
) ]
2 [ s ( v − v ) + cs ( u − u ) ]
1
Da eq. (22) tem-se que:
P1 = P1x
c + P1y
ou:
s
2
1
2
− cs⎤
⎧u
2 ⎥ ⎪
− s ⎥ ⎪v
⎥
⎨
cs
⎥
⎪u
2
s ⎥ ⎪
⎦ ⎩v
2
E A 2 2 E A 2 2
P1 = ⎡cc ( u1 u2) csv ( 1 v ) ⎤ ⎡ 2 ss ( v1 v2) cs ( u1 u2)
⎤
L ⎣
− + −
⎦
+
L ⎣
− + −
⎦
E A 2 2
E A
P1 = ( c + s ) ⎡cu ( 1 u2) sv ( 1 v2) ⎤ ⎡cu ( 1 u2) s( v1 v2)
⎤
L
⎣ − + − ⎦ = − + −
L
⎣ ⎦
1
1
2
2
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
115
(13.26)
(13.27)
(13.28)
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. (13.25).

Método dos Elementos Finitos
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.
R3 = P.
y
Das condições de contorno tem-se: u1 = 0, v2 = 0, u3 = 0 e v3 = 0, e R2 = 0 e
As matrizes elementares são:
Elemento 1-2:
x
R1x,
1
1
R1y,
60°
R3y, v3
3
3
R3x, u3
120°
P
2
2
R2y,
R2x,
116

Método dos Elementos Finitos
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
1x
1y
2x
2y
⎫ ⎡ 1
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢
0
⎬
⎪ L ⎢−
1
⎪
⎢
⎭ ⎣ 0
Elemento 2-3:
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
2x
2y
3x
3y
⎫ ⎡ 1
⎪ ⎢
⎪ E A ⎢−
3
⎬ =
⎢
⎪ 4 L − 1
⎢
⎪
⎭ ⎢⎣
3
Elemento 1-3:
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
1x
1y
3x
3y
com:
⎫ ⎡ 1
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢ 3
⎬
⎢
⎪ 4 L − 1
⎢
⎪
⎭ ⎢⎣
− 3
0
0
0
0
−
− 1
0
1
0
3
3
3
− 3
−
3
3
3
− 3
0⎤
⎧u
⎪
0
⎥
⎥ ⎪v
⎨
0⎥
⎪u
⎥
0⎦
⎪
⎩v
−
− 1
−
3
1
3
− 1
1
3
3
1
1
2
2
⎫ ⎡ 4
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢
0
⎬
⎪ 4 L ⎢−
4
⎪
⎢
⎭ ⎣ 0
3 ⎤ ⎧u
⎥ ⎪
− 3 ⎥ ⎪v
⎥
⎨
− 3
⎥
⎪u
3 ⎥ ⎪
⎦ ⎩v
2
2
3
3
− 3⎤
⎧u
⎥ ⎪
− 3 ⎥ ⎪v
⎥
⎨
3
⎥
⎪u
3 ⎥ ⎪
⎦ ⎩v
1
1
3
3
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
0
0
0
0
− 4
Elemento φ c s c 2
0
4
0
0⎤
⎧u1
⎫
⎪ ⎪
0
⎥
⎥ ⎪v1
⎪
⎨ ⎬
0⎥
⎪u2
⎪
⎥
0⎦
⎪
⎩v
⎪
2 ⎭
cs s 2
1-2 0° 1 0 1 0 0
2-3 120°
1-3 60°
− 1
2
1
2
3
2 4
1
3
2 4
1
3 3
−
4 4
3 3
4 4
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:
R2x – P2x (elemento 1-2) – P2x (elemento 2-3) = 0
R2y – P2y (elemento 1-2) – P2y (elemento 2-3) = 0
117

Método dos Elementos Finitos
Nó 3:
R3x – P3x (elemento 1-3) – P3x (elemento 2-3) = 0
R3y – P3y (elemento 1-3) – P3y (elemento 2-3) = 0
Fazendo a soma em cada um dos nós usando as matrizes elementares,
obtêm-se a matriz de rigidez global da treliça:
⎧R
⎪
⎪
R
⎪R
⎨
⎪
R
⎪R
⎪
⎩
R
1x
1y
2x
2y
3x
3y
restantes:
= ? ⎫ ⎡4
+ 1
= 0
⎪ ⎢
⎪ ⎢ 3
= P⎪
E A ⎢ − 4
⎬ = ⎢
= ?
⎪ 4 L ⎢ 0
= ? ⎪ ⎢ − 1
⎪ ⎢
= ? ⎪⎭
⎢⎣
− 3
−
3
0
0
3
3
− 3
− 4
4 + 1
−
0
− 1
3
3
−
0
0
3
3
3
− 3
−
− 1
− 1
3
1+
1
3 −
3
3
− 3 ⎤ ⎧u
⎥ ⎪
− 3 ⎥ ⎪
v
3 ⎥ ⎪u
⎥ ⎨
− 3 ⎥ ⎪v
3 − 3⎥
⎪u
⎥ ⎪
3 + 3 ⎥⎦
⎪⎩
v
1
1
2
2
3
3
= 0 ⎫
= ?
⎪
⎪
= ? ⎪
⎬
= 0⎪
= 0⎪
⎪
= 0⎪⎭
Da segunda e terceira equações, é possível determinar os deslocamentos
E A
0 = ( 3.
v1
+ 0.
u2
) ⇒ v1 = 0
4 L
E A
P = ( 0.
v1
+ 5.
u2
) ⇒
4 L
4 P L
u2 =
5 E A
E da primeira, quarta, quinta e sexta equações, é possível determinar as
forças aplicadas nos nós:
( 3.
v 4.
u )
E A
R1x = 1 − 2 ⇒
4 L
( 0.
v 3.
u )
E A
R2y = 1 − 2 ⇒
4 L
( − 3.
v 1.
u )
E A
R3x = 1 − 2 ⇒
4 L
( − 3.
v 3.
u )
E A
R 3y
= 1 + 2 ⇒
4 L
R1x R2y R3x = −
= −
R3 y =
4 P
5
3 P
5
P
= −
5
3 P
5
Para verificar se os valores das reações estão corretos, basta verificar se a
treliça está em equilíbrio:
118

Método dos Elementos Finitos
↑ ∑ Fy = 0 , R2y + R3y =
3 P 3 P
− + = 0 (ok)
5 5
4 P P
→ ∑ Fx = 0,
R1x + R3x + P = 0 , − − + P (ok)
5 5
(ok)
∑ M1 = 0 , R2y.L + R3y.L.cos 60 – R3x.L.sen 60 =
119
3 P 3 P 1 P 3
− L+ L + L = 0
5 5 2 5 2
Os esforços internos nas barras são encontrados usando a eq. (25):
E A
P1 ( 1−
2)
=
1 2 1 −
L
[ c.
( u − u ) + s.
( v v ) ]
E A ⎡ ⎛ 4 P L ⎞ ⎤
= ⎢1.
⎜
⎜0
− ⎟ + 0.
( 0 − 0)⎥
L ⎣ ⎝ 5 E A ⎠ ⎦
P 1 ( 1−2
)
⇒
E A
P1 ( 2−
3)
=
2 3 2 −
L
[ c.
( u − u ) + s.
( v v ) ]
E A ⎡ ⎛ ⎞
= ⎢−
1
4 P L
. ⎜ − 0 ⎟ +
L 2
⎣ ⎝ 5 E A ⎠
2
3
3
⎤
. ( 0 − 0)⎥
2
⎦
4 P
− 2 = − (tração)
5
P 1(
1 )
P 1 ( 2−3)
⇒
E A
P1 ( 1−
3)
=
1 3 1 −
L
[ c.
( u − u ) + s.
( v v ) ]
E A
P =
⎡ 1 ( − ) + 3 ( − ) ⎤
1 ( 1−3)
. 0 0 . 0 0 , P 0
L ⎢⎣ 2
2 ⎥⎦ 1 ( 1−
3)
=
3
P 1(
2 )
2 P
− 3 = − (tração)
5
Exemplo 13.1 - Considere a treliça articulada abaixo com E = 200 GPa e A = 600
mm 2 . Determine pelo método dos elementos finitos os deslocamentos dos nós e os
esforços internos das barras.
y
x
2 m
1
3
5 kN
1,5 m 1,5 m
4
2

Método dos Elementos Finitos
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:
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
1x
1y
2x
2y
⎫ ⎡ 25
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢
0
⎬
⎪ 25 L ⎢−
25
⎪
⎢
⎭ ⎣ 0
Elemento 1-3:
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
1x
1y
3x
3y
⎫ ⎡ 9
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢
12
⎬
⎪ 25 L ⎢ − 9
⎪
⎢
⎭ ⎣−
12
Elemento 2-3:
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
2x
2y
3x
3y
⎫ ⎡ 9
⎪ ⎢
⎪ E A
⎢
− 12
⎬ =
⎪ 25 L ⎢ − 9
⎪
⎢
⎭ ⎣ 12
Elemento 3-4:
R1x,
0
0
0
0
12
16
− 12
− 16
− 12
16
12
− 16
− 25
0
25
0
1
− 9
− 12
9
12
− 9
12
9
− 12
R3x, u3
R1y, v1
0⎤
⎧u
⎪
0
⎥
⎥ ⎪v
⎨
0⎥
⎪u
⎥
0⎦
⎪
⎩v
φ1
1
1
2
2
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
− 12⎤
⎧u
⎪
− 16
⎥
⎥ ⎪v
⎨
12 ⎥
⎪u
⎥
16 ⎦
⎪
⎩v
12 ⎤ ⎧u
⎪
− 16
⎥
⎥ ⎪v
⎨
− 12⎥
⎪u
⎥
16 ⎦
⎪
⎩v
3
1
1
3
3
2
2
3
3
R3y, v3
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
4
2
R4y, v4
φ2
R2x,
R2y, v2
R4x, u4
120

Método dos Elementos Finitos
⎧P
⎪
P
⎨
⎪
P
⎪
⎩
P
3x
3y
4x
4y
com:
Nó 1:
⎫ ⎡ 25
⎪ ⎢
⎪ E A
= ⎢
0
⎬
⎪ 25 L ⎢−
25
⎪
⎢
⎭ ⎣ 0
0
0
0
0
− 25
0
25
0
0⎤
⎧u
⎪
0
⎥
⎥ ⎪v
⎨
0⎥
⎪u
⎥
0⎦
⎪
⎩v
Elemento φ c s c 2
3
3
4
4
⎫
⎪
⎬
⎪
⎪
⎭
cs s 2
1-2 0° 1 0 1 0 0
1-3 φ1
2-3 φ2
3
5
− 3
5
4
5
4
5
9
25
9
25
12
25
− 12
25
16
25
16
25
3-4 0° 1 0 1 0 0
Impondo o equilíbrio estático nos nós, temos:
R1x – P1x (elemento 1-2) – P1x (elemento 1-3) = 0
R1y – P1y (elemento 1-2) – P1y (elemento 1-3) = 0
Nó 2:
R2x – P2x (elemento 1-2) – P2x (elemento 2-3) = 0
R2y – P2y (elemento 1-2) – P2y (elemento 2-3) = 0
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
Fazendo a soma em cada um dos nós usando as matrizes elementares,
obtêm-se a matriz de rigidez global da treliça:
121

Método dos Elementos Finitos
⎡25 + 9 12 −25 0 −9
−12
0 0⎤
⎢ 3 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5
⎥
⎧ R1x = 0 ⎫ ⎢ 12 16 0 0 12
16
⎥
− −
0 0
⎪ ⎪ ⎢ 2,5 2,5 2,5 2,5
⎥ ⎧u
1=
? ⎫
⎪
R1y = 0
⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪
25 0 25 9 12 9
12
v
− + − −
0 0
1 = ?
⎪ R 2x ? ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪
=
2,5 3 2,5 2,5 2,5 2,5
⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ u2 = 0⎪
⎪ R 2y = ? ⎪ E A
⎢ 0 0 −12 16 12
−16
⎪ ⎪ 0 0⎥
⎪ ⎪
⎨ ⎬ =
2,5 2,5 2,5 2,5
v2 = 0
⎢ ⎥
⎪ ⎪
⎨ ⎬
⎪ R3x = 0 ⎪ 25 L ⎢ −9
12 9 12 9 9 25 12 12 25 ⎥ u 3 = ?
− − + + − − 0 ⎪ ⎪
⎪R3y =−5000⎪
⎢ 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 1,5 2,5 2,5 2,5 ⎥ ⎪v ?
⎪ ⎪
3 = ⎪
⎢ ⎥
12 16 12 16 12 12 16 16
⎪ ⎪
⎪ R 4x = ? ⎪ ⎢ − − − − + 0 0⎥ 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5
⎪u4 = 0⎪
⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪
⎪⎩ R 4y = ?
v 0
⎪ ⎢ 4
⎭
0 0 0 0 −25
0 25
=
⎪
0⎥
⎩ ⎭
⎢ 1,5 2,5 ⎥
⎢
0 0 0 0 0 0 0 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:
⎡25 + 12 12 −9 −12
⎤
R
3 2,5 2,5 2,5 2,5
⎧ 1x = 0 ⎫ ⎢ ⎥
⎧u 1 = ? ⎫
⎪ 12 16 12 16
R1y 0
⎪ ⎢ ⎥
− − ⎪
E A 2,5 2,5 2,5 2,5 v 1 ?
⎪
⎪ = ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ = ⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
R = 0 25 L −9 − 12 18 + 25 0 u = ?
⎪ 3x ⎪ ⎢ 3
2,5 2,5 2,5 1,5 ⎥ ⎪ ⎪
⎪R3y =−5000⎪ ⎢ ⎥ ⎩
⎪v 3 = ? ⎭
⎪
⎩ ⎭
⎢ −12 −16
0 32 ⎥
⎢⎣ 2,5 2,5 2,5 ⎥⎦
Invertendo o sistema acima, temos:
u = ? 0,12 −0,09
0 0
⎧ R = 0 ⎫
⎧ 1 ⎫ ⎡ ⎤ 1x
⎪
v R 1 ?
⎪ ⎢ ⎪
25 0,09 0,515 0,09 0,224
⎥
1y = 0
⎪
⎪ = ⎪ −
⎪ ⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬
u = ? EA ⎢ 0 0,09 0,06 0,045⎥ R = 0
⎪ 3 ⎪ ⎪ 3x ⎪
⎪
⎢ ⎥
⎩v 3 = ? ⎪
⎭ ⎣ 0 0,224 0,045 0,19 ⎦ ⎪R3y =−5000⎪
⎩ ⎭
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 , R2y = 5000 N
→ ∑ Fx = 0 , R2x + R4x = 0 , R4x = 3750 N
122

Método dos Elementos Finitos
Os esforços internos nas barras são encontrados usando a Eq. (25):
E A
P1(1−2) = ⎡c. ( u1− u2) + s. ( v1−v2) ⎤
L
⎣ ⎦ , P1(1− 2) = 0
E A
P1(1−3) = ⎡c. ( u1− u3) + s. ( v1−v3) ⎤
L
⎣ ⎦ , P1(1−3) ≈ 0
E A
P1(2−3) = ⎡c. ( u2 − u3) + s. ( v2 −v3)
⎤
L
⎣ ⎦ , P1(2− 3) = 6250 (compressão)
E A
P1(3−4) = ⎡c. ( u3 − u4) + s. ( v3 −v4)
⎤
L
⎣ ⎦ , P1(3− 4) =− 3750 (tração)
Exemplo 13.2 - Considere a treliça articulada simétrica com sete barras de
comprimento L e rigidez axial EA.
y
x
R1x,
1
R1y,
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:
L
R2x,
60
2
R2y,
60
60
3
P
R3x, u3 5
R3y, v3
60 60
4
R4y, v4
R4x,
R5y, v5
R5x,
123

Método dos Elementos Finitos
Elemento 1-2 e elemento 3-4:
⎧P1x ⎫ ⎡ 1 3 −1 − 3⎤
⎧u1⎫ ⎪
P
⎪ ⎢ ⎥
1y E A 3 3 3 3
⎪
v
⎪
⎪ ⎪ ⎢ − − ⎥ ⎪ 1⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
P 4 L −1 − 3 1 3 u
⎪ 2x⎪
⎢ ⎥ ⎪ 2⎪
⎪P ⎪
2y ⎢ ⎥ ⎩
⎪v ⎪
2⎭
⎩ ⎭ ⎣− 3 −3
3 3 ⎦
⎧P3x⎫ ⎡ 1 3 −1 − 3⎤
⎧u3⎫ ⎪
P
⎪ ⎢ ⎥
⎪
3y E A 3 3 3 3 v
⎪
⎪ ⎪ ⎢ − − ⎥ ⎪ 3⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
P 4 L −1 − 3 1 3 u
⎪ 4x⎪
⎢ ⎥ ⎪ 4⎪
⎪P ⎪
4y ⎢ ⎥ ⎪
⎩v ⎪
4⎭
⎩ ⎭ ⎣− 3 −3
3 3 ⎦
Elemento 2-3 e elemento 4-5:
⎧P2x⎫ ⎡ 1 − 3 −1
3 ⎤
⎧u2⎫ ⎪
P
⎪ ⎢ ⎥
⎪
2y E A 3 3 3 3 v
⎪
⎪ ⎪ ⎢− − ⎥ ⎪ 2⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
P 4 L −1 3 1 − 3 u
⎪ 3x⎪
⎢ ⎥ ⎪ 3⎪
⎪P ⎪
3y ⎢ ⎥ ⎩
⎪v ⎪
3⎭
⎩ ⎭ ⎣ 3 −3 − 3 3 ⎦
⎧P4x⎫ ⎡ 1 − 3 −1
3 ⎤
⎧u4⎫ ⎪
P
⎪ ⎢ ⎥
⎪
4y E A 3 3 3 3 v
⎪
⎪ ⎪ ⎢− − ⎥ ⎪ 4⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
P 4 L −1 3 1 − 3 u
⎪ 5x⎪
⎢ ⎥ ⎪ 5⎪
⎪P ⎪
5y ⎢ ⎥ ⎪
⎩v ⎪
5⎭
⎩ ⎭ ⎣ 3 −3 − 3 3 ⎦
Elemento 1-3, elemento 2-4 e elemento 3-5:
⎧P1x ⎫ ⎡ 4 0 −4 0⎤
⎧u1⎫ ⎪
P
⎪ ⎢
1y E A 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪
⎪ ⎪ ⎪ 1⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬
P 4 L ⎢−4 0 4 0⎥
u
⎪ 3x⎪
⎪ 3⎪
⎪P ⎪
⎢ ⎥
3y ⎣ 0 0 0 0⎦
⎩
⎪v ⎪
3⎭
⎩ ⎭
⎧P2x⎫ ⎡ 4 0 −4 0⎤
⎧u2⎫ ⎪
P
⎪ ⎢
2y E A 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪
⎪ ⎪ ⎪ 2⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬
P 4 L ⎢−4 0 4 0⎥
u
⎪ 4x⎪
⎪ 4⎪
⎪P ⎪
⎢ ⎥
4y ⎣ 0 0 0 0⎦
⎩
⎪v ⎪
4⎭
⎩ ⎭
124

Método dos Elementos Finitos
⎧P3x⎫ ⎡ 4 0 −4 0⎤
⎧u3⎫ ⎪
P
⎪ ⎢
3y E A 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪
⎪ ⎪ ⎪ 3⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬
P 4 L ⎢−4 0 4 0⎥
u
⎪ 5x⎪
⎪ 5⎪
⎪P ⎪
⎢ ⎥
5y ⎣ 0 0 0 0⎦
⎩
⎪v ⎪
5⎭
⎩ ⎭
com:
Elemento φ c s c 2
1-2, 3-4 60° 1 2 3 2
2-3, 4-5 -60° 1 − 3
2 2
cs s 2
1 4 3 4 3 4
1 3 3
4 4 −
4
1-3, 2-4, 3-5 0° 1 0 1 0 0
Nó 1:
Impondo o equilíbrio nos nós, temos:
P1 = P1x (elemento 1-2) + P1x (elemento 1-3)
P2 = P1y (elemento 1-2) + P1y (elemento 1-3)
Nó 2:
P3 = P2x (elemento 1-2) + P2x (elemento 2-3) + P2x (elemento 2-4)
P4 = P2y (elemento 1-2) + P2y (elemento 2-3) + P2y (elemento 2-4)
Nó 3:
P5 = P3x (elemento 1-3) + P3x (elemento 2-3) + P3x (elemento 3-4) + P3x (elemento 3-
5)
P6 = P3y (elemento 1-3) + P3y (elemento 2-3) + P3y (elemento 3-4) + P3y (elemento 3-
5)
Nó 4:
P7 = P4x (elemento 2-4) + P4x (elemento 3-4) + P4x (elemento 4-5)
P8 = P4y (elemento 2-4) + P4y (elemento 3-4) + P4y (elemento 4-5)
Nó 5:
P9 = P5x (elemento 3-5) + P5x (elemento 4-5)
P10 = P5y (elemento 3-5) + P5y (elemento 4-5)
Fazendo a soma das forças em cada um dos nós usando as matrizes
125

Método dos Elementos Finitos
elementares, obtêm-se a matriz de rigidez global da treliça:
⎧ R1x = 0 ⎫
⎡1+ 4 3 −1 − 3 −4
0 0 0 0 0 ⎤
⎪ ⎪
⎢ ⎥ ⎧u 1 = ? ⎫
⎪
R 1y = ?
⎪
⎢ 3 3 − 3 −3
0 0 0 0 0 0 ⎥ ⎪ ⎪
⎪ R2x 0 ⎪
⎢ ⎥ ⎪
v1 = 0
⎪
=
−1 − 3 1+ 1+ 4 3 − 3 −1 3 −4
0 0 0
⎪ ⎪
⎢ ⎥ ⎪u 2 = ? ⎪
⎪ R2y = 0 ⎪
⎢ ⎥ ⎪ ⎪
− 3 −3 3 − 3 3 + 3 3 −3
0 0 0 0
⎪ ⎪
⎢ ⎥ ⎪v 2 = ? ⎪
⎪ R3x = 0 ⎪
⎢
⎪ ⎪ E A −4 0 −1 3 − 4+ 1+ 1+ 4 − 3 + 3 −1 − 3 −4
0
⎥ ⎪u3 = 0⎪
⎨ =
R3y =−P ⎬ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪
⎨ ⎬
⎪ ⎪ 4 L ⎢ 0 0 3 −3 − 3 + 3 3 −3 − 3 −3
0 0 ⎥
⎪v 3 = ? ⎪
⎪ R4x = 0 ⎪
⎢ ⎥
⎪u ?
⎪ ⎪ 0 0 4 0 1 3 4 1 1 3 3 1 3 4
⎪
⎢ − − − − + + − − ⎥ =
⎪ ⎪
⎪ R4y = 0 ⎪
⎢ ⎥ v 4 ?
⎪ ⎪
0 0 0 0 3 3 3 3 3 3 3 3
⎪ = ⎪
⎢ − − − + − ⎥
⎪
⎪ R5x = 0
u ? ⎪
⎪ ⎢ ⎥ 5 =
0 0 0 0 4 0 1 3 4 1 3 ⎪ ⎪
⎪
R 5y = ?
⎪
⎢ − − − + − ⎥
⎪v 0
⎪⎩ ⎪
5 = ⎪
⎭ ⎢ ⎥ ⎩ ⎭
⎢⎣ 0 0 0 0 0 0 3 −3 − 3 3 ⎥⎦
Tomando 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:
⎧ R1x = 0 ⎫
⎡ 5 −1 − 3 0 ⎤
⎪
R2x 0
⎪
⎢ ⎥
−1
10 0 3
⎪
=
⎪
⎢ ⎥
⎪
⎢ ⎥
R
u1
2y = 0 ⎪
⎧ ⎫
− 3 0 6 −3
⎪ ⎪
⎢ ⎥ ⎪
E A
u
⎪
⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪
2
⎨R3y =− P⎬= 0 2 3 6 6
4 L ⎢
−
⎥ ⎨ ⎬
⎪ v2
R4x 0
⎪
⎢ 1 10 0 3⎥
⎪ ⎪
⎪
=
⎪ − −
⎢ ⎥
⎪
⎩v ⎪
3⎭
⎪ R4y 0 ⎪
= ⎢ 3 0 6 3 ⎥
⎪ ⎪
− −
⎪ R5x 0 ⎢ ⎥
⎩ = ⎪⎭
⎢⎣ −5
1 3 0 ⎥⎦
equações:
Tomando somente as quatro primeiras equações ou as quatro últimas
⎧ R1x = 0 ⎫ ⎡ 5 −1 − 3 0 ⎤
⎧u1⎫ ⎪
R2x 0
⎪ ⎢ ⎥
E A 1 10 0 3
⎪
u
⎪
⎪ = ⎪ ⎢ −
⎥⎪
2⎪
⎨ =
R = 0
⎬
4 L
⎢ ⎥⎨
⎬
− 3 0 6 −3
v
⎪ 2y ⎪ ⎢ ⎥⎪
2⎪
⎪R3y =−P⎪ ⎢ ⎥⎩
⎪v ⎪
3⎭
⎩ ⎭ ⎣ 0 2 3 −6
6 ⎦
Das duas primeiras equações, temos:
⎧v2⎫ 3 ⎡5 −1⎤
⎧u1⎫ ⎨ ⎬= v3 3
⎢
1 10
⎥ ⎨ ⎬
⎩ ⎭ ⎣ − ⎦ ⎩u2⎭ ⎩ 2⎭
E, das duas últimas equações, temos:
⎧u1⎫ 3 P L ⎧−1⎫ ⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
u 6 E A ⎩ 1⎭
126

Método dos Elementos Finitos
Logo:
⎧v2⎫ P L ⎧ −6⎫
⎨ ⎬= ⎨ ⎬
v 6 E A ⎩−11⎭ ⎩ 3⎭
Das equações 2 e 10 é possível constatar que R1y = R5y = P/2. Os esforços
internos nas barras são encontrados usando a Eq. (13.26):
E A
P1(1−2) = ⎡c. ( u1− u2) + s. ( v1−v2) ⎤
L
⎣ ⎦
E A ⎡1 ⎛ 3P L 3P L ⎞ 3 ⎛ P L ⎞⎤
P 1(1−2) = ⎢ . ⎜− − + . 0+
L 2 ⎜ ⎟ ⎥
6 E A 6 E A⎟ ⎜ ⎟
⎢⎣ ⎝ ⎠ 2 ⎝ E A⎠⎥⎦
E A
P1(2−3) = ⎡c. L
⎣ ( u2 − u3) + s. ( v2 −v3)
⎤⎦
E A ⎡1 P 1(2−3) = ⎢ .
L ⎢⎣ 2
⎛
⎜
⎝
3P L ⎞
−0 ⎟− 6 E A ⎟
⎠
3
.
2
⎛ P L 11P L ⎞⎤
⎜− + ⎟⎥
⎝ E A 6E A⎠⎥⎦
E A
P1(1−3) = ⎡c. ( u1− u3) + s. ( v1−v3) ⎤
L
⎣ ⎦
, P1(1−
2)
, P1(2−
3)
127
3 P
= (compr.)
3
3 P
=− (tração)
3
E A ⎡ ⎛ 3P L ⎞ ⎛ 11P L ⎞⎤
3 P
P1(1−3) = ⎢1. ⎜− −0⎟− 0. ⎜0+ ⎟⎥
,
L ⎜ 6 E A ⎟
P 1(
1−
3)
= − (tração)
⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎝ 6E A⎠⎥⎦
6
E A
P1(2−4) = ⎡c. ( u2 − u4) + s. ( v2 −v4)
⎤
L
⎣ ⎦
E A ⎡ ⎛ 3PL 3PL ⎞ ⎛ P L P L ⎞⎤
P1(2−4) = ⎢1. ⎜ 0
L ⎜
+ ⎟+ − +−
6 E A 6 E A⎟ ⎜ ⎟⎥
⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎝ E A E A⎠⎥⎦
Devido a simetria da treliça:
3 P
P1(4−5) = P1(1−2)
= (compressão)
3
3 P
P1(3−5) = P1(1−3)
=− (tração)
6
3 P
P1(3−4) = P1(2−3)
=− (tração)
3
, P1(2−
4)
3 P
= (comp)
3

Método dos Elementos Finitos
ELEMENTOS FINITOS PARA VIGAS
13.6 – Matriz de rigidez de um elemento de viga
Considere um elemento de viga de comprimento L, módulo de elasticidade E,
e momento de inércia I. As duas extremidades são denotadas pontos nodais ( ou
simplesmente nós) 1 e 2. Em cada nó há uma deflexão v e uma rotação θ (∂v/∂x),
chamados graus de liberdade. Correspondendo a estes dois graus de liberdade v e θ
há dois esforços internos, uma força cortante F e um momento M, respectivamente.
A deflexão v é assumida ser uma função polinomial cúbica em x:
2 3
1 2 3 4
v(x) = a + ax+ ax + ax
4
3
Considerando que:
dv 1
= w(x)
4
dx EI
dv 1
= wx+ c
3
dx EI
2
dv 1w 2
= x + c
2
1 x+ c2
1
y, v
dx EI2!
dv 1w 3 c1
2
= x + x + c2 dx EI3! 2!
x+ c3
1w 4 c1 3 c2
2
v(x) = x + x + x + c
EI4! 3! 2!
x+ c
3 4
Portanto, a eq. (13.29) é exata quando a carga distribuída w(x) é nula.
128
(13.29)
(13.30)
As constantes a1, a2, a3 e a4 da eq. (13.29) são determinadas pela imposição
das condições de contorno:
1
E, I
M1, θ1 M2, θ2
L
F1, v1 F2, v2
2
x

Método dos Elementos Finitos
∂v
p/x = 0, v(0) = v, (0) =θ
∂x
∂v
p/x = L, v(L) = v, (L) =θ
∂x
1 1
2 2
Aplicando as condições de contorno, eq. (13.31), na eq. (13.29), temos:
⎧v1⎫ ⎡1 0 0 0 ⎤⎧a1⎫
⎪ ⎪ ⎢
0 1 0 0
⎥⎪
1 a
⎪
⎪θ ⎪ ⎢ ⎥⎪
2⎪
⎨ ⎬= 2 3
v ⎢
2 1 L L L ⎥⎨
⎬
⎪ ⎪ a3
⎢ ⎥⎪
⎪
⎪ 3
⎩θ ⎪
2⎭ ⎢0 1 2L 3L ⎥⎪a
⎪
⎣ ⎦⎩
4⎭
A matriz inversa da eq. (13.32) fornece as constantes a1, a2, a3 e a4:
3
⎧a1⎫ ⎡ L 0 0 0 ⎤⎧v1⎫
⎪ 3
a
⎪ ⎢ ⎥⎪
⎪
⎪ 2⎪ ⎢ 0 L 0 0 ⎥⎪θ1⎪
⎨ ⎬= a ⎢ 2 2⎥⎨
⎬
⎪ 3⎪ 3L 2L 3L L v2
⎢− − − ⎥⎪
⎪
⎪
⎩a ⎪
4⎭ ⎢ 2 L 2 L ⎥⎪θ
⎪
⎣ − ⎦⎩
2⎭
129
(13.31)
(13.32)
(13.33)
Substituindo a eq. (13.33) na eq. (13.28) e reagrupando, obtemos a forma
final da função deflexão:
v(x) = f(x) 1 v1+ f(x) 2 θ 1+ f(x) 3 v2 + f(x) 4 θ 2
(13.34)
onde f1(x), f2(x), f3(x) e f4(x) são funções de forma dadas por:
2 3
⎛x⎞ ⎛x⎞ f(x) 1 = 1− 3⎜ + 2
L
⎟ ⎜
L
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞
x x
f(x) 2 = x − 2⎜ ⎟+ ⎜ 2 ⎟
⎝ L ⎠ ⎝L ⎠
2 3
⎛x⎞ ⎛x⎞ f(x) 3 = 3⎜ −2
L
⎟ ⎜
L
⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
2 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
x x
f(x) 4 =− ⎜ ⎟+ ⎜ 2 ⎟
⎝ L ⎠ ⎝L ⎠
(13.35)
A expressão de energia de deformação para o caso de vigas solicitadas em
flexão é (a energia devido ao cortante é desprezível):

Método dos Elementos Finitos
L 2
M
U=∫ dx
(13.36)
2 E I
0
temos:
Sabe-se que
2
∂ v
M= E I
2
∂x
130
e considerando EI constante ao longo da viga,
L 2
⎛ 2
∂ ⎞
∫ (13.37)
2
0 ∂
E I v
U= ⎜ ⎟ dx
2 ⎝ x ⎠
2
A segunda derivada da deflexão é:
∂ v
= f(x) v + f(x) θ + f(x) v + f(x) θ
2
∂x
onde:
'' '' '' ''
1 1 2 1 3 2 4 2
'' 6 x
f(x) =− + 12
1
2 3
L L
'' 4 x
f(x) 2 =− + 6
2 L L
'' 6 x
f(x) 3 = −12
2 3
L L
'' 2 x
f(x) 4 =− + 6
2 L L
Aplicando o primeiro teorema de Castigliano, U ∂
= F,
temos:
∂v
L
∂U
2 E I '' '' '' '' ''
1 = = ⎡ 1 1+ 2 θ 1+ 1 2 + ⎤
4 θ2
1
∂v1
2 ∫⎣
⎦
0
F f(x) v f(x) f(x) v f(x) f(x) dx
ou
F = k v + k θ + k v + k θ
1 11 1 12 1 13 2 14 1
onde:
(13.38)
(13.39)
(13.40)

Método dos Elementos Finitos
11 =
L
''
∫ 1
0
''
1
k E I f(x).f (x) dx
12 =
L
''
∫ 1
0
''
2
k E I f(x).f (x) dx
13 =
L
''
∫ 1
0
''
3
k E I f(x).f (x)dx
14 =
L
''
∫ 1
0
''
2
k E I f(x).f (x) dx
131
(13.41)
Considerando que U ∂
= M,
e generalizando para os graus de liberdade θ1, v2
∂θ
e θ2, tem-se a forma generalizada para os termos da matriz de rigidez:
L
'' ''
ij i j
0
k = E I ∫ f(x).f (x)dx
(13.42)
Colocando em forma matricial o resultado das integrais, obtem-se a matriz de
rigidez elementar para um elemento de viga:
⎡ 12
⎢ 2
L
F
⎢
⎧ 1 ⎫
⎢ 6
⎪
M
⎪
⎪ 1⎪ E I⎢ L
⎨ ⎬ = ⎢
⎪F2 ⎪ L ⎢ 12
−
⎪ 2
⎩M ⎪
2⎭ ⎢ L
⎢
⎢
6
⎢⎣ L
ou
6
L
4
6
−
L
2
12
−
2
L
6
−
L
12
2
L
6
−
L
6 ⎤
L
⎥
⎥
2
⎥
⎥
⎥
6
− ⎥
L⎥
⎥
4 ⎥
⎥⎦
⎧v1⎫ ⎪
θ
⎪
⎪ 1⎪
⎨ ⎬
⎪v2⎪ ⎪
⎩θ ⎪
2⎭
{ F} = [ k] { q}
13.7 – Propriedades da matriz de rigidez de um elemento de viga
O elemento está em equilíbrio:
⎡12 6 12 6 ⎤ ⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢
v + θ − v + θ v v 0
L L L L ⎥
+
⎢
− − θ + − θ =
L L L L ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑ Fy
, F1 + F2 =
2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2
∑ M2
= 0, F1.L – M1 – M2
(13.43)

Método dos Elementos Finitos
⎡12 6 12 6 ⎤ ⎡6 6 ⎤ ⎡6 6 ⎤
⎢
v + θ − v + θ L v 4 v 2 v 2 v 4 0
L L L L ⎥
−
⎢
+ θ − + θ − + θ − + θ =
L L ⎥ ⎢L L ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
=
2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
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 6⎤
−
⎧F 2
2 ⎫ E I⎢ L L⎥⎧v2⎫
⎨ ⎬ = ⎢ ⎥⎨
⎬
⎩M2⎭ L ⎢ 6 θ2
− 4
⎥⎩
⎭
⎢⎣ L ⎥⎦
Exemplo 13.3: 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.
P2, θ1
y, v
1
P1, v1
E I
L
P L
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:
2
P4, θ2
P3, v2
2 E I
2L
3
P6, θ3
P5, v3
x
132

Método dos Elementos Finitos
Elemento 1-2:
⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ −
2 2
L L L L ⎥
F
⎢ ⎥
⎧ 1 ⎫ 6 6 v
⎢ 1
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎪
M
⎪ − ⎪ ⎪
⎪ 1⎪ E I⎢ L L ⎥ ⎪θ1⎪ ⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
⎪F2 ⎪ L ⎢ 12 6 12 6 v2
− − − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 2 2
⎩M ⎪
2⎭ ⎢ L L L L⎥
⎪
⎩θ ⎪
2⎭
⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥
⎢⎣ L L ⎥⎦
Elemento 2-3:
⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ −
2 2
(2L) 2L (2L) 2L ⎥
⎢ ⎥
⎧F2 ⎫ ⎢ 6 6 ⎥⎧v2⎫
⎪ 4 2
M
⎪ −
⎪ ⎪
⎪ 2⎪ 2 E I⎢ 2L 2L
⎥
⎪θ2⎪ ⎨ ⎬ = ⎢ ⎥⎨
⎬
⎪F3 ⎪ 2 L ⎢ 12 6 12 6 v3
− − −
⎥⎪
⎪
⎪ 2 2
M ⎢
3 (2L) 2L (2L) 2L⎥
⎩
⎪
⎭
⎪θ ⎪
3
⎢ ⎥⎩
⎭
⎢ 6 6 ⎥
⎢
2 − 4
⎣ 2L 2L ⎥⎦
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
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
Fazendo a soma em cada um dos nós usando as matrizes elementares,
obtêm-se a matriz de rigidez global da treliça:
133

Método dos Elementos Finitos
⎡12 6 12 6
⎤
⎢ 0 0
2 2
L L L L
⎥
⎢ ⎥
⎢ 6 6
4 2 0 0
⎥
⎧ P 1 = ? ⎫ ⎢ v1 0
L L
⎥⎧
= ⎫
⎪
P 2 = ?
⎪ ⎢ ⎥⎪
12 6 12 3 6 3 3 3 θ 1 = 0
⎪
⎪ ⎪ ⎢ − + − + − ⎥⎪
⎪
P 2 2 2 2
⎪ 3 =− P ⎪ E I⎢L L L L L L L L⎥
⎪ ⎪v 2 = ? ⎪
⎨ ⎬ =
P4 PL L
⎢
6 6 3 3
⎥⎨
⎬
⎪ = ⎪ θ 2 = ?
⎢ 2 − + 4+ 4 − 2⎥⎪
⎪
⎪ P 5 = ? ⎪ ⎢ L L L L ⎥⎪v3
= 0⎪
⎪ ⎪ ⎢
P 3 3 3 ⎥⎪
⎪
⎪⎩ 6 = 0 ⎪⎭
⎢ 0 0 − −
2⎥⎪⎩θ
3 = ? ⎪⎭
2 2
⎢ L L L ⎥
⎢ 3 3 ⎥
⎢ 0 0 2 − 4
⎢
⎥
⎣ L L ⎥⎦
Tomando somente as equações onde as forças externas são conhecidas, 3,
4, e 6 e considerando as condições de contorno, tem-se:
⎡15 3 3⎤
⎢
−
2
L L L⎥
⎧P3 =− P⎫ ⎢ ⎥⎧v
2 = ? ⎫
⎪ ⎪ E I 3
P4 PL
⎢
8 2
⎥⎪
⎪
⎨ = ⎬= − θ 2 = ?
L ⎢ L ⎥⎨
⎬
⎪ P6 0 ⎪ ⎪
3 ? ⎪
⎩ = ⎭ ⎢ ⎥
3 ⎩θ = ⎭
⎢ 2 4⎥
⎢⎣ L ⎥⎦
A matriz inversa do sistema acima é:
⎡ 18 30⎤
28
⎧ ⎫
⎢
−
L L ⎥ ⎪−10⎪ ⎧v2⎫ P v
3 ⎢ ⎥⎧− ⎫ ⎧ 2⎫
3 ⎪ ⎪
⎪ ⎪ L ⎢ 18 51 39⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ P L ⎪ 33 ⎪
⎨θ 2⎬= − PL ⇒ θ 2 2
2 =
276 E I⎢ L L L ⎥
⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬
⎪ 276 E I L
θ ⎪
⎢ ⎥
⎪ 0 ⎪ ⎪θ ⎪ ⎪ ⎪
⎩ 3⎭ 3
30 39 15 ⎩ ⎭ ⎩ ⎭
⎢
⎪ 9 ⎪
− − ⎥ −
⎢ 2 2 ⎥ ⎪
⎩ L
⎪
⎭
⎣ L L L ⎦
A deflexão em qualquer ponto de coordenada x dentro do elemento é
determinada pela eq. (13.34). As inclinações também em qualquer ponto são obtidas
pela derivada da eq. (13.34).
Retornando ao sistema original, obtem-se as reações de apoio:
134

Método dos Elementos Finitos
⎧ 53P ⎫
⎪
P
46 ⎪
⎧ 1⎫
⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪21PL⎪ ⎨P2⎬= ⎨ ⎬
⎪ 46
P ⎪ ⎪ ⎪
⎩ 5⎭
⎪ 7P ⎪
⎪− 46
⎪
⎩ ⎭
Pode-se comparar os valores obtidos com o método dos elementos finitos
com os valores obtidos analiticamente:
∑ M1,
P5 . 3L – P . L + P . L + P2 =
↑ y F ∑ , P1 – P +P5 =
53PL 7P
− P+ = 0 (ok)
46 46
7P 21PL
− .3L+ = 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 6 12 6 ⎤ ⎧ 53 P ⎫
⎢ − 2 2
0
L L L L ⎥ ⎧ ⎫ ⎪
46
⎪
F
⎢ ⎥ ⎪
0
⎪
⎧ 1 ⎫
⎪ ⎪
⎢ 6 6
21 PL
4 2
⎥ ⎪ ⎪
⎪ 3
M
⎪ −
⎪ ⎪
⎪ 1⎪
E I⎢ L L ⎥ ⎪ 10 PL ⎪ ⎪ 46 ⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨− ⎬ = ⎨ ⎬
F L 12 6 12 6 276 E I 53 P
⎪ 2 ⎪ ⎢− − − ⎥ ⎪ ⎪ ⎪− ⎪
⎪ ⎪ ⎢ 2 2 2
2 L L L L⎥ ⎪ ⎪ ⎪ 46 ⎪
⎩M ⎭
33 PL
⎢
6 6
⎥ ⎪ ⎪ ⎪
276 E I
16 PL
⎪
⎢ 2 − 4 ⎥ ⎪⎩ ⎪⎭ ⎪ ⎪
⎢⎣ L L ⎥⎦ ⎪⎩ 46 ⎪⎭
Elemento 2-3:
⎡ 12 6 12 6 ⎤⎧ 3
10 PL ⎫
⎢ − 2 2
7 P
(2L) 2L (2L) 2L
⎥⎪− ⎪ ⎧ ⎫
⎢ ⎥ 276 E I
F
⎪ ⎪ ⎪ 46 ⎪
⎧ 2 ⎫ ⎢ 6 6 ⎥ 2
4 2
⎪ 33 PL ⎪ ⎪ ⎪
⎪ 7 PL
M
⎪
2 2 E I⎢ −
2L 2L
⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎨ ⎬ = ⎢ ⎥⎨
276 E I ⎬= ⎨ 23 ⎬
⎪F3 ⎪ 2 L ⎢ 12 6 12 6
− − −
⎥⎪
7 P
2 2
0
⎪ ⎪ ⎪
⎪M ⎢
3
(2L) 2L (2L) 2L⎥
−
⎩
⎪
⎭
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎢ ⎥⎪ 2
9 PL ⎪ ⎪ 46 ⎪
⎢ 6 6 ⎥
2 − 4 ⎪− ⎪ ⎪ 0
⎢ 2L 2L ⎥⎩⎪ 276 E I⎪
⎩ ⎪⎭
⎣ ⎦
⎭
135

Método dos Elementos Finitos
Observação: A força cortante é considerada positiva quando gira a seção no sentido
anti-horário e o momento fletor é considerado positivo quando traciona as fibras
inferiores. As equações de força cortante e de momento fletor podem ser obtidas
2
∂ v
através das equações diferenciais EI = M e
2
∂x
dM
=− V,
uma vez determinada a
dx
equação de v(x) para cada elemento.
13.7 – Vigas com carga distribuida
Nos casos onde as cargas não são concentradas nos nós como
anteriormente mas distribuidas ao longo de um trecho da viga, estas cargas devem
ser transformadas em cargas concentradas de maneira a poderem ser aplicadas nos
nós.
Força
cortante
Momento
fletor
Um método frequentemente utilizado para esta finalidade é o método do
trabalho da carga equivalente. O método consiste em transformar o trabalho
produzido por uma carga distribuida em um trabalho produzido por forças
concentradas desconhecidas nos nós do elemento.
Assim, o trabalho produzido por concentradas desconhecidas nos nós do
elemento é da forma:
P L
53/46 P
21/46 PL
16/23 PL
7/23 PL
7/46 P
P
P
136

Método dos Elementos Finitos
⎧v1⎫ ⎪ ⎪
1
⎪θ ⎪
W = ⎡F M F M ⎤⎨
⎬
2
v
' ' ' ' 1
⎣ 1 1 2 2⎦
⎪ 2⎪
⎪
⎩θ ⎪
2⎭
E o trabalho realizado pela carga distribuida é da forma:
L
0
137
(13.44)
1
W = w(x).v(x) dx
2 ∫ (13.45)
onde a deflexão é da forma:
⎧v1⎫ ⎪ ⎪
⎪θ ⎪
= [ ] ⎨ ⎬
⎪ ⎪
⎪θ ⎪
1
v(x) f(x) 1 f(x) 2 f(x) 3 f(x) 4
v2
⎩ 2⎭
(13.46)
Como o trabalho realizado em (13.44) deve ser igual ao trabalho realizado em
(13.45), tem-se que:
⎧L ⎫
∫
⎪ w(x).f 1(x)
⎪
⎪0 ⎪
⎧ ' L
F ⎫
⎪ ⎪
1
⎪ ⎪
⎪ w(x).f
'
2(x)
⎪
M ⎪∫ ⎪
⎪
1⎪
⎪0 ⎪
⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
' L
⎪F2 ⎪ ⎪ ⎪
⎪ w(x).f
' ⎪ ⎪∫ 3(x)
⎪
⎩M2⎭ ⎪0 ⎪
⎪L ⎪
∫
⎪ w(x).f (x) ⎪
4
⎪⎩0 ⎪⎭
(13.47)
Exemplo 13.4: Considere a viga com carregamento linearmente distribuido como
mostrado abaixo. Determine a inclinação e a deflexão no nó 1. O carregamento é do
⎛x⎞ w(x) =−w ⎜ ⎟e
E I é constante.
⎝L⎠ tipo o

Método dos Elementos Finitos
maneira:
1
Os esforços nodais devido ao carregamento são calculados da seguinte
F w
⎡
1 3 2
⎤
dx
⎣ ⎦
L
2 3
' x ⎛x⎞ ⎛x⎞ o
=
1 ∫ − o ⎢ −
L
⎜ + =−
L
⎟ ⎜ ⎥
L
⎟
20
0 ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥
M w
⎡
x
⎛
2
⎞ ⎛ ⎞⎤
dx
⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
3w L
L 2 3
2
' x x x
wL o
=
1 ∫ − o ⎢ − ⎜ ⎟+ ⎜ =−
2 ⎟⎥
L L 30
0 ⎢ L ⎥
F w
⎡
3 2
⎤
dx
⎣ ⎦
L
2 3
' x ⎛x⎞ ⎛x⎞ o
2 = ∫ − o ⎢
L
⎜ − =−
L
⎟ ⎜ ⎥
L
⎟
20
0 ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥
M w
⎡ ⎤
dx
⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
1
x
F1 ’
M1 ’ M2 ’
M1
F1
7w L
L 2 3
2
' x ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ wL o
2 = ∫ − o ⎢− ⎜ ⎟+ ⎜ =
2 ⎟⎥
L L 20
0 ⎢ L ⎥
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:
L
M2
2
F2 ’
2
F2
wo
138

Método dos Elementos Finitos
⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ −
2 2
' L L L L ⎥
⎧ F1+ F ⎫ ⎢ ⎥
1 6 6 ⎧v 1 = ? ⎫
⎪ ⎪ ⎢
'
4 − 2
⎥
M1 M
⎪
1 E I L L
1 ?
⎪
⎪ + ⎪ ⎢ ⎥ ⎪θ = ⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
L 12 6 12 6 v = 0
'
⎪ F2 + F2
⎪ ⎢ 2
− − − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 2 2
' ⎪ ⎢
M L L L L⎥
⎪
2 0⎪
2 + M
⎩θ = ⎭
2
⎩ ⎭ ⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥
⎢⎣ L L ⎥⎦
Tomando somente as duas primeiras linhas do sistema acima e considerando
as condições de contorno, temos:
⎧ 3woL⎫ 12 6
0−
⎡ ⎤
2
⎪ 20 ⎪ E I⎢
L L⎥
⎧v 1 = ? ⎫
⎨ 2 ⎬= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
⎪ wL L o ⎢ 6 θ 1 = ?
0
4
⎥ ⎩ ⎭
− ⎪
⎪⎩ 30 ⎪⎭ ⎢⎣ L ⎥⎦
A inversão o sistema fornece os graus de liberdade no nó 1:
⎡ 6⎤ ⎧ 3woL⎫ ⎧ L ⎫
3 4 − −
3 −
⎧v1⎫ L ⎢
L
⎥ ⎪ 20
⎪ wL ⎪
o ⎪ 30
⎪
⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ ⎨ 2 ⎬ = ⎨ ⎬
⎩θ1⎭ 12 E I⎢ 6 12 wL E I 1
− ⎥ ⎪ o
2 − ⎪ ⎪ ⎪
⎣⎢ L L ⎦⎥ ⎪⎩ 30 ⎪⎭ ⎪⎩ 24 ⎪⎭
As reações de apoio são determinadas tomando as duas últimas linhas do
sistema inicial:
⎧ 7w L⎫ 12 6
F −
⎡ ⎤
− −
o
⎪ 2 2
⎪ 20 ⎪ E I⎢
L L⎥
⎧v1⎫ ⎨ 2⎬
= ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
⎪ wL L o
6
1
M ⎪ ⎢ θ
2
− 2
⎥ ⎩ ⎭
+
⎪⎩ 20 ⎪⎭ ⎢⎣ L ⎥⎦
3 3
⎧ 7woL⎫ ⎧ 12 wL o ⎛ L ⎞ 6 wL o 1 ⎫
F
− − −
⎪ 2 − ⎪ 2
20 E I L E I
⎜
30
⎟
⎪
⎪
⎪ ⎪ ⎝ ⎠ L E I 24⎪
⎨ ⎬ = ⎨ ⎬
L
2 3 3
⎪ wL o 6 wL o L wL o 1
M
⎛ ⎞
2 + ⎪ ⎪
− + 2
⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎜ ⎟
⎪
⎩ 20 ⎭ ⎩ L E I ⎝ 30⎠ E I 24 ⎭
⎧ wL o ⎫
⎧F ⎫ ⎪ 2 ⎪
2
⎨ ⎬= ⎨ 2⎬
⎩M2⎭ ⎪ wL o ⎪
−
⎪⎩ 6 ⎪⎭
139

Método dos Elementos Finitos
Estes resultados podem ser confirmados através das equações de equilíbrio
estático, ∑ Fy = 0 e ∑ 2
M = 0.
Exemplo 13.5: 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.
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 6 12 6 ⎤
⎢ −
L 2 L L 2 L ⎥
⎢
( ) ( )
2 2 2 2 ⎥
⎢
6 6
⎥
⎧F1 ⎫ ⎢ 4 − 2 ⎥⎧v1
= 0⎫
⎪ L L
M
⎪ ⎪
1 E I 2 2
1 ?
⎪
⎪ ⎪
⎢ ⎥
⎪θ = ⎪
⎨ ⎬ = ⎢ ⎥
F L
⎨ ⎬
⎪ 2 ⎪ ⎢ 12 6 12 6 ⎥ v 2 = ?
2 − − − ⎪ ⎪
⎪ L 2 L L 2
M
⎢ L ⎥
⎩
⎪
2⎭ ( ) ( ) ⎪θ 2 = 0⎪
⎢ 2 2 2 2⎥⎩
⎭
⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥
⎢ L L
⎢ ⎥
⎣ 2 2 ⎥⎦
De acordo com a eq. (13.47), os esforços externos são:
L/2 ⎡ ⎛ 2 3 2
x ⎞ ⎛ x ⎞⎤
wL
M1 = ∫ −w⎢x− 2⎜ ⎟+ ⎜ dx =−
2 ⎟⎥
L/2 48
0 ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎝(L/2) ⎠⎥⎦
L/2
y
1
⎡ 2 3⎤
⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ wL
F2 = ∫ −w⎢3⎜ − 2 dx =−
L/2
⎟ ⎜ ⎥
L/2
⎟
4
0 ⎢⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥⎦
Substituindo M1 e F2 na matriz elementar e considerando os graus de
liberdade conhecidos, temos:
L/2
2
L/2
w
3
140

Método dos Elementos Finitos
2 ⎡ 6 ⎤
⎧ wL ⎫
⎢
4 −
L ⎥
⎪− ⎪
⎪
48 ⎪ E I⎢ 2 ⎥⎧θ1⎫
⎨ ⎬ =
wL L ⎢
6 12
⎥⎨ ⎬
⎪ v2
− ⎪ 2 ⎢− ⎥⎩
⎭
L 2
⎩⎪ 4 ⎪⎭ ⎢ (2L) ⎥
⎣ 2 ⎦
A inversa do sistema acima fornece a solução do sistema:
2
⎡12 3⎤⎧ wL ⎫
3 2 ⎪− ⎪
3
⎧ 1 ⎫
⎧θ1⎫ L ⎢
L L
⎥⎪
48 ⎪ wL ⎪ ⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥⎨
⎬=− ⎨5L⎬ ⎩v2⎭ 24 E I⎢ 3 wL 24 E I
1
⎥⎪
⎪ ⎪
16
⎪
⎢
− ⎩ ⎭
⎣ L ⎥⎪ ⎦⎩ 4 ⎪⎭
Exemplo 13.6: Usando o método dos elementos finitos, determine as reações de
apoio na viga abaixo. Considere EI constante.
MA
Elemento 1-2:
1
R1y
F1 ’
w0 =6 kN/m
1 2 3
1,5 m 1,5 m
M1 ’ M2 ’
M1
F1
M2
F2 ’
2
F2
R3y
MB
141

Método dos Elementos Finitos
⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ −
2 2
L L L L ⎥
F
⎢ ⎥
⎧ 1 ⎫ 6 6 v
⎢ 1
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎪
M
⎪ − ⎪ ⎪
⎪ 1⎪ E I⎢ L L ⎥ ⎪θ1⎪ ⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
⎪F2 ⎪ L ⎢ 12 6 12 6 v2
− − − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 2 2
⎩M ⎪
2⎭ ⎢ L L L L⎥
⎪
⎩θ ⎪
2⎭
⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥
⎢⎣ L L ⎥⎦
x
Os esforços nodais devido ao carregamento w(x) =− wo são calculados da
L
seguinte maneira:
F w
⎡
1 3 2
⎤
dx
⎣ ⎦
L
2 3
' x ⎛ x⎞ ⎛x⎞ o
1 = ∫ − o ⎢ −
L
⎜ + =−
L
⎟ ⎜ ⎥
L
⎟
20
0 ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥
M w
⎡
x
⎛
2
⎞ ⎛ ⎞⎤
dx
⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
3w L
L 2 3
2
' x x x
wL o
1 = ∫ − o ⎢ − ⎜ ⎟+ ⎜ =−
2 ⎟⎥
L L 30
0 ⎢ L ⎥
F w
⎡
3 2
⎤
dx
⎣ ⎦
L
2 3
' x ⎛x⎞ ⎛x⎞ o
2 = ∫ − o ⎢
L
⎜ − =−
L
⎟ ⎜ ⎥
L
⎟
20
0 ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥
M w
⎡ ⎤
dx
⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
7w L
L 2 3
2
' x ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ wL o
2 = ∫ − o ⎢− ⎜ ⎟+ ⎜ =
2 ⎟⎥
L L 20
0 ⎢ L ⎥
Elemento 2-3:
2
F2 ’
M2 ’ M3 ’
M2
F2
M3
F3 ’
3
F3
142

Método dos Elementos Finitos
⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ −
2 2
L L L L ⎥
F
⎢ ⎥
⎧ 2 ⎫ 6 6 v
⎢ 2
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎪
M
⎪ − ⎪ ⎪
⎪ 2⎪ E I⎢ L L ⎥ ⎪θ2⎪ ⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ ⎨ ⎬
⎪F3 ⎪ L ⎢ 12 6 12 6 v3
− − − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 2 2
⎩M ⎪
3⎭ ⎢ L L L L⎥
⎪
⎩θ ⎪
3⎭
⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥
⎢⎣ L L ⎥⎦
⎛ x⎞
Os esforços nodais devido ao carregamento w(x) =−wo⎜1− L
⎟
⎝ ⎠ são
calculados da seguinte maneira:
F w 1
⎡
1 3 2
⎤
dx
⎣ ⎦
L
2 3
' ⎛ x⎞ ⎛x⎞ ⎛x⎞ o
2 = ∫ − o⎜
−
L
⎟ ⎢ − ⎜ + ⎥ =−
L
⎟ ⎜
L
⎟
20
0 ⎝ ⎠ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥
M w 1
⎡
x 2
⎤
dx
⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
7w L
L 2 3
2
' ⎛ x⎞ ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ wL o
2 = ∫ − o⎜ −
2
L
⎟ ⎢ − ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟⎥
=−
L 20
0 ⎝ ⎠ ⎢ L ⎥
F w 1
⎡
3 2
⎤
dx
⎣ ⎦
L
2 3
' ⎛ x⎞ ⎛ x⎞ ⎛ x⎞
o
3 = ∫ − o⎜
−
L
⎟ ⎢ ⎜ − ⎥ =−
L
⎟ ⎜
L
⎟
20
0 ⎝ ⎠ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎥
M w 1
⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤
dx
⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
3w L
L 2 3
2
' ⎛ x⎞ x x wL o
3 = ∫ − o⎜ − 2
L
⎟ ⎢− ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟⎥
=
L 30
0 ⎝ ⎠ ⎢ L ⎥
Nó 1:
Nó 2:
2-3) = 0
Impondo o equilíbrio estático nos nós, temos:
R1y + F’1 (elemento 1-2) – F1 (elemento 1-2) = 0
MA + M’1 (elemento 1-2) – M1 (elemento 1-2) = 0
0 + F’2 (elemento 1-2) – F2 (elemento 1-2) + F’2 (elemento 2-3) – F2 (elemento
0 + M’2 (elemento 1-2) – M2 (elemento 1-2) + M’2 (elemento 1-2) – M2
(elemento 1-2) = 0
Nó 3:
143

Método dos Elementos Finitos
R2y + F’3 (elemento 2-3) – F3 (elemento 2-3) = 0
MB + M’3 (elemento 2-3) – M3 (elemento 2-3) = 0
Colocando na forma matricial e impondo as condições de contorno:
v θ v θ v θ
1 1 2 2 3 3
3w0L 1y − 12
2
6 12
− 2
6
⎧ ⎫
R ⎡ ⎤
⎪ 0 0
20 ⎪ ⎢
L L L L
⎥
⎪ ⎪
2 ⎢ ⎥
⎪ wL 0 ⎪ 6 6
MA − ⎢
4 − 2 0 0
⎥
⎪
30
⎪ ⎢ L L
⎥ ⎧v1 = 0⎫
⎪ ⎪ ⎢ ⎥ ⎪
⎪ 7w0L 7w0L⎪ 12 6 12 12 6 6 12 6 θ 1 = 0
⎪
− − ⎢− − + − + − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 20 20 E I 2 2 2 2
⎪ ⎪ ⎢ L L L L L L L L ⎥ ⎪ v2
⎪
⎨ 2 2 ⎬=
wL L
⎢
⎪ 0 wL 0 ⎪ 6 6 6 6
⎥ ⎨ ⎬
θ
−
⎢ 2 − + 4+ 4 − 2 ⎥ ⎪ 2 ⎪
⎪ 20 20 ⎪ ⎢ L L L L ⎥ ⎪v3 = 0⎪
⎪ ⎪
3w 12 6 1
⎪ 0L
⎢ 2 6⎥ ⎪ ⎪
R
⎪ 0 0 − −
4y −
⎢ − ⎥ ⎪⎩θ 3 = 0⎪⎭
2
2
⎪ 20 ⎪ ⎢ L L L L⎥
⎪ 2 ⎪
⎪
wL
⎢ 6 6 ⎥
0 M ⎪
B +
⎢ 0 0 2 − 4
⎪⎩ 30 ⎪⎭
⎢
⎥
⎣ L L ⎥⎦
Tomando as equações 3 e 4, temos:
14w0L E I24
− = v
2 2
20 L L
7w0L ⇒ v2
=−
240EI
E I
0 = 8
L
θ2 ⇒θ 2 = 0
4
Substituindo os valores encontrados nas equações 1, 2, 5 e 6, temos:
4
3w0L E I⎛ 12⎞⎛
7w0L ⎞ wL 0
R1y − = ⎜− R
2 ⎟⎜−
⎟ ⇒ 1y = = 4,5 kN
20 L ⎝ L ⎠⎝ 240EI⎠ 2
2 4 2
wL 0 E I⎛ 6⎞⎛
7w0L ⎞
wL 0
MA − = MA 25 2,8125 kN.m
30 L
⎜− L
⎟⎜−
⎟ ⇒ = =
⎝ ⎠⎝ 240EI⎠ 120
4
3w0L E I⎛ 12⎞⎛
7w0L ⎞ wL 0
R4y − = R
2
4y 4,5 kN
20 L
⎜− ⎟⎜−
⎟ ⇒ = =
⎝ L ⎠⎝ 240EI⎠ 2
M
wL ⎛ 4 2
7wL
⎞ 0 wL 0
30 L
⎜
L
⎟⎜
⎟ ⇒ MB =− 25 =−2,8125
kN.m
⎝ ⎠⎝
240EI⎠ 120
2
0 E I⎛6⎞ B + = −
144

Método dos Elementos Finitos
Exemplo 13.7: Achar pelo método dos elementos finitos as deflexões e inclinações
dos nós devido a força F = 6 000 kgf, para a estrutura mostrada na figura. Para o
membro AB, a área A = 320 mm 2 , e E = 21 000 kgf/mm 2 . Para o membro BC, a área
A = 2 560 mm 2 , EI = 2,8 x 10 11 kgfmm 2 , e E = 21 000 kgf/mm 2 .
Elemento 1-2 (como viga):
M1, θ1
F1, v1
⎡ 12 6 12 6 ⎤ ⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ − 2 2 2 2
L L L L ⎥ ⎢ −
L L L L ⎥
F
⎢ ⎥
1 v
⎢ ⎥
⎧ ⎫ 6 6 1 6 6 v
⎢ 1
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎢
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎪
M
⎪ − −
1 E I⎢ L L ⎥
⎪
θ
⎪
1 ⎢ L L ⎥
⎪
θ
⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1⎪
⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ = C1⎢
⎥ ⎨ ⎬
⎪F2 ⎪ L ⎢ 12 6 12 6 v2 12 6 12 6 v2
− − − ⎥ ⎪ ⎪ ⎢− − − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 2 2 2 2
⎩M ⎪
2⎭ ⎢ L L L L⎥ ⎪
⎩θ ⎪
2⎭ ⎢ L L L L⎥
⎪
⎩θ
⎪
2⎭
⎢
6 6
⎥ ⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥ ⎢ 2 − 4 ⎥
⎢⎣ L L ⎥⎦ ⎢⎣ L L ⎥⎦
Elemento 1-2 (como barra):
P1x, u1
P1y, v1
0,9 m
R4x
R1x
R4y
R1y
4
M2, θ2
P2y, v2
1 2
0,6 m
F2, v2
P2x, u2
F
0,6 m
3
145

Método dos Elementos Finitos
⎧P1x ⎫ ⎡ 1 0 −1 0⎤ ⎧u1⎫ ⎡ 1 0 −1
0⎤
⎧u1⎫ ⎪
P
⎪ ⎢
1y E A 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪ ⎢
1 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬= C ⎢ ⎥
2
⎨ ⎬
⎪P2x⎪ L ⎢−1 0 1 0⎥ ⎪u2⎪ ⎢−1 0 1 0⎥
⎪u2⎪ ⎪P ⎪
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 0 0 0⎦ ⎩
⎪v2⎭ ⎪
⎣0 0 0 0⎦
⎩
⎪v ⎪
2⎭
⎩ 2y⎭
Elemento 2-3 (como viga):
⎡ 12 6 12 6 ⎤ ⎡ 12 6 12 6 ⎤
⎢ − 2 2 2 2
L L L L ⎥ ⎢ −
L L L L ⎥
F
⎢ ⎥
2 v
⎢ ⎥
⎧ ⎫ 6 6 2 6 6 v
⎢ 2
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎢
4 2
⎥
⎧ ⎫
⎪
M
⎪ − −
2 E I⎢ L L ⎥
⎪
θ
⎪
2 ⎢ L L ⎥
⎪
θ
⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2⎪
⎨ ⎬ = ⎢ ⎥ ⎨ ⎬ = C1⎢
⎥ ⎨ ⎬
⎪F3 ⎪ L ⎢ 12 6 12 6 v3 12 6 12 6 v3
− − − ⎥ ⎪ ⎪ ⎢− − − ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 2 2 2 2
⎩M ⎪
3⎭ ⎢ L L L L⎥ ⎪
⎩θ ⎪
3⎭ ⎢ L L L L⎥
⎪
⎩θ
⎪
3⎭
⎢
6 6
⎥ ⎢
6 6
⎥
⎢ 2 − 4 ⎥ ⎢ 2 − 4 ⎥
⎢⎣ L L ⎥⎦ ⎢⎣ L L ⎥⎦
Elemento 2-3 (como barra):
⎧P2x⎫ ⎡ 1 0 −1 0⎤ ⎧u2⎫ ⎡ 1 0 −1
0⎤
⎧u2⎫ ⎪
P
⎪ ⎢
2y E A 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪ ⎢
2 0 0 0 0
⎥ ⎪
v
⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬= C ⎢ ⎥
2
⎨ ⎬
⎪P3x⎪ L ⎢−1 0 1 0⎥ ⎪u3⎪ ⎢−1 0 1 0⎥
⎪u3⎪ ⎪P ⎪
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ 0 0 0 0⎦ ⎪v ⎪
⎣0 0 0 0⎦
⎪v ⎪
⎩ 3y⎭
M2, θ2
F2, v2
P2x, u2
P2y, v2
M3, θ3
P3y, v3
F3, v3
P3x, u3
⎩ 3⎭ ⎩ 3⎭
146

Método dos Elementos Finitos
4 3
Elemento 3-4: cosφ=−
, senφ=
5 5
⎧P3x⎫ ⎡ 16 12 −16 −12⎤ ⎧u3⎫ ⎡ 16 12 −16 −12⎤
⎧u3⎫ ⎪
P
⎪ ⎢
3y E A 1 12 9 12 9
⎥ ⎪
v
⎪ ⎢
3 12 9 12 9
⎥ ⎪
v
⎪
⎪ ⎪ − − ⎪ ⎪ − − ⎪ 3⎪
⎨ ⎬= ⎢ ⎥
⎨ ⎬= C ⎢ ⎥
3
⎨ ⎬
⎪P4x⎪ L 25⎢−16 −12 16 12 ⎥
⎪u4⎪ ⎢−16 −12
16 12 ⎥
⎪u4⎪ ⎪P ⎪
⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣−12 −9 12 9 ⎦
⎪v ⎪
⎣−12 −9
12 9 ⎦
⎪v ⎪
⎩ 4y⎭
Nó 1:
Nó 2:
Impondo o equilíbrio estático nos nós:
R1x – P1x (elemento 1-2) = 0
R1y – P1y (elemento 1-2) – F1 (elemento 1-2) = 0
0 – M1 (elemento 1-2) = 0
0 – P2x (elemento 1-2) – P2x (elemento 2-3) = 0
⎩ 4⎭ ⎩ 4⎭
– F – P2y (elemento 1-2) – F2 (elemento 1-2) – P2y (elemento 2-3) – F2
(elemento 2-3) = 0
Nó 3:
P4x, u4
P4y, v4
0 – M2 (elemento 1-2) – M2 (elemento 2-3) = 0
0 – P3x (elemento 2-3) – P3x (elemento 3-4) = 0
0 – P3y (elemento 2-3) – F3 (elemento 2-3) – P3y (elemento 3-4) = 0
0 – M3 (elemento 2-3) = 0
P3y, v3
P3x, u3
147

Método dos Elementos Finitos
Nó 4:
R4x – P4x (elemento 3-4) = 0
R4y – P4y (elemento 3-4) = 0
Colocando as equações na forma matricial, temos:
u1 v1 θ1 u2 v2 θ2 u3 v3 θ3
u4 v4
⎡ C2 ⎢
⎢ 0
⎢
⎧R1x ⎫ ⎢
⎪
R
⎪ ⎢ 0
⎪ 1y ⎪ ⎢
⎪ 0 ⎪ ⎢
⎪ ⎪ ⎢− C2 ⎪ 0 ⎪ ⎢
⎪ ⎪ ⎢ 0
⎪ −F
⎪ ⎢
⎪ ⎪
⎨ 0 ⎬ = ⎢
⎪
0
⎪ ⎢ 0
⎪ ⎪ ⎢
⎪ 0 ⎪ ⎢ 0
⎪ ⎪ ⎢
⎪ 0 ⎪ ⎢
⎪R4x ⎪ ⎢
0
⎪ ⎪ ⎢
⎪R4y⎪ ⎢
⎩ ⎭ ⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎢
⎣⎢
⎢ 0
0
12
C
2 1
L
6
C1 L
0
12
− C
2 1
L
6
C1 L
0
0
0
0
0
0
6
C1 L
4C1 0
6
− C1 L
2C1 0
0
0
0
0
−C2
0
0
C2 + C2 0
0
− C2 0
0
0
0
0
12
− C
2 1
L
6
− C1 L
0
12 12
C1+ C
2 2 1
L L
6 6
− C1+ C1 L L
0
12
− C1 L
2
6
C1 L
0
0
0
6
C1 L
2C1 0
6 6
− C1+ C1
L L
4C1+ 4C1 0
6
− C1 L
2C1 0
0
0
0
0
−C2
0
0
C2 + 16C3 12C3 0
−16C3 −12C3 0
0
0
0
12
− C
2 1
L
6
− C1 L
12C3 12
C1+ 9C
2
3
L
6
− C1 L
−12C3
−9C3
0
0
0
0
6
C1 L
2C1 0
6
− C1 L
4C1 0
0
0
0
0
0
0
0
−16C3
−12C3 0
16C3 12C3 0 ⎤
⎥
0 ⎥
⎥
⎥ ⎧u1= 0⎫
0 ⎥ ⎪ ⎪
⎥ ⎪
v1 = 0
⎪
⎥
0 ⎪ θ1
⎪
⎥ ⎪ ⎪
⎥ ⎪ u2 ⎪
0 ⎥ ⎪ v2
⎪
⎥ ⎪ ⎪
⎥ ⎪ ⎪
⎨ θ2
⎬
0 ⎥ ⎪
u3
⎪
⎥ ⎪ ⎪
12C3
⎥ ⎪ v3 ⎪
⎥ ⎪ ⎪
−9C
⎥
3 ⎪ θ3
⎪
⎥ ⎪u4 = 0⎪
⎥ ⎪ ⎪
⎥
0 ⎪⎩v4 = 0⎪
⎥
⎭
⎥
12C3⎥
9C
⎥
3 ⎥⎦ ⎥
Tomando as equações 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, e considerando as condições de
contorno u1 = v1 = u4 = v4 = 0, temos:
θ u v θ u v θ
1 2 2 2 3 3 3
⎡
6
⎤
⎢
4C1 0 − C1 2C1 0 0 0
L
⎥
⎢
⎥
⎧ 0 ⎫ ⎢ 0 2C2 0 0 −C2
0 0 ⎥ ⎧θ1⎫ ⎪
0
⎪ ⎢ 6 24 12 6 ⎥ ⎪
⎢−
C1 0 C 2 1 0 0 − C 2 1 C u
⎪
⎪ ⎪
1 ⎥ ⎪ 2⎪
⎪−6000⎪ ⎢ L L L L ⎥ ⎪v2⎪ ⎪ ⎪ ⎢
6
⎥ ⎪ ⎪
⎨ 0 ⎬= ⎢ 2C1 0 0 8C1 0 − C1 2C1
⎥ ⎨θ2⎬ ⎪ L
0
⎪ ⎢
⎥ ⎪u ⎪
⎪ ⎪ 3
⎢ 0 − C2 0 0 (C2 + 16C 3) 12C3 0 ⎥ ⎪ ⎪
⎪ 0 ⎪ ⎢ ⎥ ⎪v3⎪ ⎪ ⎪ 12 6 12 6
⎩ 0
⎢
⎭
0 0 − C 2 1 − C1 12C 3 ( C 2 1+ 9C 3) − C ⎥ ⎪ ⎪
1
⎢ L L L
L ⎥ ⎩θ3⎭ ⎢
6 6
⎥
⎢ 0 0 C 2C 0 − C 4C ⎥
1 1 1 1
⎢⎣ L L
⎥⎦
Considerando que C1 = 4,67 10 5 kgf.m, C2 = 8,96 10 7 kgf/m e C3 = 4,48 10 6
kgf/m e L = 0,6 m, os deslocamentos nodais são:
148

Método dos Elementos Finitos
⎧θ1⎫ ⎧−3,57e−3 rad⎫
⎪
u
⎪ ⎪
−4,46e−5 m
⎪
⎪v2⎪ ⎪ −1,76e−3 m ⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎨θ2⎬ = ⎨−1,65e−3 rad⎬
⎪u ⎪ ⎪
−8,93e−5 m
⎪
⎪ 2⎪
⎪ ⎪
3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎪v3⎪ ⎪ −1,98e−3 m ⎪
⎪ ⎪ ⎪ ⎪
θ ⎩ 2,78e−4 rad ⎭
⎩ 3⎭
Substituindo os deslocamentos nodais nas equações 1, 2, 10 e 11, obtêm-se
as reações nos apoios:
R1x =− C2 u2 = 3996,16 kgf
6 12 6
R1y = C1 θ1− C 2 1 v2 + C1 θ 2 = 3019,9 kgf
L L L
R4x =− 16C3 u3 + 12C3 v3 = 4001,8 kgf
R4y = 12C3 u3 − 9C3 v3 =
3001,3 kgf
149

Flambagem de Colunas
14 – FLAMBAGEM DE COLUNAS
14.1 – Introdução
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.
Pc
Pc
P > Pcr
P > Pcr
Figura 14.1 – Colunas submetida à cargas de compressão
De maneira a entender a natureza da instabilidade, considere um mecanismo
com duas barras rígidas sem peso e articuladas em suas extremidades. Quando as
150

Flambagem de Colunas
barras estão na posição vertical, a mola de rigidez k está distentida.
L/2
Diagrama de corpo livre das barras:
Figura 14.2 – Exemplo de instabilidade
Considerando θ pequeno, tem-se: Δ = 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 Δ tenta restaurar o equilíbrio. Assim, o equilíbrio será restabelecido
quando:
L/2
A
P
k
P tanθ
θ
P tanθ
θ P
P
Δ=θ (L/2)
F = k Δ x
L
k θ > 2 P θ (14.1)
2
θ
θ
P
L/2
A
L/2
k
151

Flambagem de Colunas
Desta forma, a situação de equilíbrio estável ocorrerá quando:
k L
P<
(14.2)
4
Por outro lado, a situação de equilíbrio instável ocorrerá quando:
k L
P > (14.3)
4
P
cr
O valor intermediário entre as duas situações corresponde a carga crítica:
k L
= (14.4)
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
dx
θ≈sen θ≈θ , cos θ ≈ 1 e ds ≈ dx
+w
P P
y, v
P
dv/ds
dv
v
M
V
ds
dx
+w
dx
V+ΔV
P
A M+ΔM
dv/ds
dv/ds
Figura 14.3 – Esforços internos sobre um elemento de viga infinitesimal
x
152

Flambagem de Colunas
As equações de equilíbrio aplicadas sobre o elemento, fornecem duas
equações diferenciais:
↑
∑ F = 0 , w dx − V + (V+ dV) = 0
y
dV
=− w
(14.5)
dx
dx
∑ M = 0 , M−P dv − V dx+ w dx − (M+ dM) = 0
A
2
dM dv
V =− − P
(14.6)
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:
2
dv M
= (14.7)
2
dx E I
Fazendo uso da eq. (14.7) na eq. (14.6) e substituindo esta última na eq.
(14.5), temos:
4
2
2
4 2
dv dv w
+λ = (14.8)
dx dx E I
com:
2 P
λ = (14.9)
E I
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 (14.10)
problema.
As constantes C1, C2 e C3 são obtidas aplicando as condições de contorno do
153

Flambagem de Colunas
Exemplo 14.1: 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.
A solução completa é da forma da eq. (14.10) e as condições de contorno do
problema são do tipo:
dv
P/x = 0 ⇒ v(0) = 0 e M(0) = E I (0) =−M
2
dx
dv
P/x = L ⇒ v(L) = 0 e M(L) = E I (L) =−M
2
dx
Para x = 0,
v(0) = C2 + C3 = 0
2
dv
2
Mo
M(0) = E I (0) =−CEI 2
2 λ =− M0
⇒ C2 =− C3
=
dx
P
Para x = L,
v(L) = C1 sen λ L + C2 cos λ L + C3 = 0 ⇒
verificação:
2
Mo
P P
2
2
0
0
M 1−cosλL P senλL o C 1 = ( )
dv
2 2
M(L) = E I (L) =−C 2
1 E I λ sen λ L - C 2 E I λ cos λ L
dx
M 1−cosλL P M P
P senλL E I P E I
o o
M(L) = − ( )E I senλL− E I cosλ L =−Mo
Portanto, a equação da curva elástica é:
M 1−cosλL P senλL o v(x) = ( senλ x+ cosλx−1) (OK)
A máxima deflexão ocorre em x = L/2 que é obtida fazendo-se:
L
Mo
154

Flambagem de Colunas
dv Mo
1−cosλL = ( cosλx−senλ x) = 0
dx P senλL Sabemos que:
λL λL
senλ L = 2sen cos
2 2
2 λL 2 λL
cosλ L = cos −sen
2 2
2 λL 2 λL
1= cos + sen
2 2
Logo:
2
o o
M sen λ(L/2) L M λL
v max = ( + cosλ − 1) = (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= 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
Mo
M
P
v
155

Flambagem de Colunas
Figura 14.4 – Coluna bi-articulada submetida à carga de compressão
Da equação de equilíbrio estático do trecho superior da coluna, tem-se:
∑ M = 0 , P.v + M = 0
M = - P.v (14.11)
Substituindo a equação de momento fletor na equação diferencial da curva
elástica, temos:
2
dv M P v
= =−
2
dx E I E I
ou
2
dv 2
+λ v = 0
2
dx
156
(14.12)
A solução da equação diferencial, eq. (14.12) é da forma dada pela eq.
(14.10), onde as constantes C1, C2 e C3 são determinadas pela imposição das
condições de contorno:
dv
P/x = 0 ⇒ v(0) = 0 e M(0) = E I (0) = 0
2
dx
dv
P/x = L ⇒ v(L) = 0 e M(L) = E I (L) = 0
2
dx
L
P
2
2
P
x
v
P
x
M
P
y, v
(14.13)

Flambagem de Colunas
Para x = 0:
v(0) = C1 sen 0 + C2 cos 0 + C3 = 0 ⇒ C2 + C3 = 0 (14.14)
2
dv
2 2
M(0) = E I (0) = - C
2
1 λ sen λ 0 - C 2 λ cos λ 0 = 0 ⇒ C2 = - C3 = 0 (14.15)
dx
Para x = L:
v(L) = C1 sen λ L = 0 (14.16)
Como a solução trivial C1 = 0 não nos interessa, pela inexistência de
flambagem, a solução não-trivial procurada vem de:
sen λ L = 0 ⇒ λ L = n π (14.17)
carga Pn:
P
Substitundo o valor de λ na eq. (14.17), elevando ao quadrado e isolando a
2 2
n π E I
= (14.18)
L
n 2
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:
P
2
π E I
= (14.19)
L
cr 2
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:
n π
v(x) = Csen 1 x
(14.20)
L
na Fig. 14.5:
Os modos ou formas em que a columa irá flambar depende de n, como é visto
157

Flambagem de Colunas
Figura 14.5 – Modos de flambagem de uma coluna bi-articulada
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.
4
2
2
4 2
n = 1
dv dv
+λ = 0
(14.21)
dx dx
A solução da equação diferencial, eq. (14.21) e as condições de contorno do
problema são como apresentados pelas eqs. (14.10) e (14.13). Este método é
vantajoso nos problemas de colunas com diferentes condições de contorno, onde a
força axial e EI permanecem constantes ao longo do comprimento da coluna. O
método não pode ser aplicado se a força axial atua em parte do membro.
14.5 – Flambagem elástica de colunas com diferentes vínculos nas extremidades
As cargas críticas e os modos de flambagem podem ser determinados para
diferentes condições de contorno.
14.5.1 - Coluna engastada-livre
n = 2
n = 3
158

Flambagem de Colunas
Figura 14.6 – Coluna engastada-livre submetida à carga de compressão
∑ M= 0 , - P.( δ - v) + M = 0
M = P.(δ - v) (14.22)
2
2
2
Substituindo a eq. (14.22) na equação elástica da coluna, eq. (14.7), temos:
dv M P ( δ−v)
= =
2
dx E I E I
ou
dv P P
+ v = δ
2
dx E I E I
ou
dv 2 2
+λ v =λ δ
2
dx
159
(14.23)
A solução do problema é da forma dada pela eq. (14.10) e as condições de
contorno são do tipo:
dv
P/x = 0 ⇒ v(0) =δ e M(0) = E I (0) = 0
2
dx
dv dv
P/x = L ⇒ v(L) = 0 , M(L) = E I (L) = P δ e (L) = 0
2
dx
dx
Para x = 0:
L
P
2
2
δ
x
v
P
x
P
P
y, v
M
(14.24)

Flambagem de Colunas
v(0) = C2+ C3 = δ (14.25)
2
dv
2 2
M(0) = E I (0) = - C
2
1 λ sen λ.0 - C 2 λ cos λ .0 = 0 ⇒ C2 = 0 ⇒ C3 = δ (14.26)
dx
Para x = L:
v(L) = C1 sen λ L + δ = 0 ⇒ 1 C
verificação:
2
δ
=−
senλ L
160
(14.27)
dv
2
M(L) = E I (L) = - E I C
2
1 λ sen λ .L
(14.28)
dx
Substituindo a eq. (14.27) na eq. (14.28):
⎛ δ ⎞⎛ P ⎞
M(L) =−E I⎜− ⎟⎜ ⎟ senλ L = P δ
⎝ senλ L⎠⎝E I⎠
(OK) (14.29)
dv
(L) = C1 λ cosλL−C2λsenλ L = 0
(14.30)
dx
Como C2 = 0:
C1 λ cos λ L = 0 (14.31)
Como C1 ≠ 0 e λ ≠ 0:
cos λ L = 0 ⇒
n π
λ L = (14.32)
2
Substituindo o valor de λ, elevando ao quadrado e isolando a carga P:
2 2
n π E I
P = (14.33)
2
4 L
Como procura-se a menor carga crítica, n = 1. Logo a carga crítica para uma
coluna engastada-livre é:
P
2 2
π E I π E I
= = (14.34)
cr 2 2
Le
( 2 L)

Flambagem de Colunas
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
Figura 14.7 – Coluna engastada-apoiada submetida à carga de compressão
2 2
π E I π E I
= = (14.35)
( )
cr 2 2
0,7 L Le
com o comprimento efetivo Le = 0,7 L.
14.5.3 - Coluna engastada-engastada
P
2 2
π E I π E I
= = (14.36)
( )
cr 2 2
0,5 L Le
com o comprimento efetivo Le = 0,5 L
L
P
P
P
x
y, v
Le=0,7L
Ponto de inflexão
161

Flambagem de Colunas
Figura 14.8 – Coluna bi-engastada submetida à carga de compressão
Exemplo 14.2: 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 m 2 ,
Ix = 61,3.10 -6 m 4 , Iy = 23,2.10 -6 m 4- . Use um fator de segurança F.S. = 3.
Flambagem no plaxo x-z:
L
P
P
x
5 m
P
x
z
y, v
Le=0,5L
Ponto de inflexão
Ponto de inflexão
y
162

Flambagem de Colunas
x
Flambagem no plaxo y-z:
y
z
P
P
2
π E Iy
cr =
2
( 0.7 L)
π
=
2 9 −6
70.10 23,2.10
cr 2
Pcr = 1310 kN
P
P
2
π E Ix
cr =
2
( 2 L)
π
=
( 3,5)
2 9 −6
70.10 61,3.10
cr 2
Pcr = 424 kN
( 10)
Portanto, a coluna irá flambar primeiro com relação ao eixo x. A carga
permissível é:
P 424
3 3
Le = 0,7.5 = 3,5 m
cr Pperm = = = 141 kN
z
L = 5 m
A tensão devido a carga crítica é:
Pcr 424
cr 56,5 MPa 215 MPa
3
A 7,5.10 −
σ = = = <
Exemplo 14.3: 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.
163

Flambagem de Colunas
4 3
cosθ=
, senθ=
5 5
∑ M = 0 ,
B
AC
3
5
R . .6− P.6 = 0,
RAC = P
5
3
Flambagem no plano xz (biarticulada):
P
4 m
2
π E Iy
= ,
cry 2
Le
C
RA
P
3
2 3⎛100.50
⎞
π 200.10 ⎜ ⎟
⎝ 12
=
⎠
, Pcr y = 57,1 kN
3 ( 6.10 )
cry 2
4
RAC = Pcry,
5
45 P= 57,1 kN,
P = 42,8 kN
53
P 42,8
σ= = , σ = 8,56 Mpa < σadm
A 100.50
Flambagem no plano yz (engastada-livre):
B
3 m
θ
z
B
P
6 m
A
P
6 m
x
50 mm
50 mm
y
y
(4/5)RAC
x
x
50 mm
164

Flambagem de Colunas
P
2
π E Ix
crx = ,
2
Le
P
3
2 3⎛50.100
⎞
π 200.10 ⎜ ⎟
⎝ 12
=
⎠
, Pcr x = 57,1 kN
3 ( 2 . 6.10 )
crx 2
4
RAC = Pcrx,
5
45 P= 57,1 kN,
P = 42,8 kN
53
P 42,8
σ= = , σ = 8,56 Mpa < σadm
A 100.50
Exemplo 14.4: Determine se a estrutura abaixo pode suportar a carga de w = 6
kN/m, considerando um fator de segurança com relação a flambagem do membro
AB de 3. Assumir que o membro AB é de aço e é articulado nas suas extremidades
com relação ao eixo de flambagem x e engastado-libre com relação ao eixo de
flambagem y. Eaço = 200 GPa e σadm = 360 Mpa.
Diagrama de corpo livre da viga BC:
∑
20 mm
M = 0,
RAB . 1,5 – 12 . 1 = 0, RAB = 8 kN
C
RCx
RCy
x
C
w = 6 kN/m
w = 6 kN/m
30 mm
y
1,5 m
1,5 m
12 kN
B
A
C B
z
0,5 m
RAB
y
0,5 m
2 m
165

Flambagem de Colunas
Flambagem no plano yz (biarticulada):
P
2
π E Ix
crx = ,
2
Le
P
3
2 3⎛20.30
⎞
π 200.10 ⎜ ⎟
⎝ 12
=
⎠
, Pcr x = 22,2 kN
3 ( 2.10 )
crx 2
Pcrx 22,2
RAB = 8 kN> = = 7,4 kN
3 3
Flambagem no plano xz (engastada-livre):
P
2
π E Iy
= ,
cry 2
Le
P
3
2 3⎛30.20
⎞
π 200.10 ⎜ ⎟
⎝ 12
=
⎠
, Pcr y = 2,5 kN
3 ( 2 . 2.10 )
cry 2
Pcry 2,5
RAB = 8 kN> = = 0,8 kN
3 3
Conclusão: A coluna AB não suportará a carga de 6 kN/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 giração 1 , I = A r 2 , na fórmula de flambagem, temos:
P
2 2
π E A r
= (14.37)
cr 2
Le
A tensão crítica para coluna é definida como a tensão média na área da
seção transversal A de uma coluna com carga crítica Pcr.
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.
166

Flambagem de Colunas
2
Pcr π E
cr 2
A ⎛Le ⎞
σ = =
⎜ r ⎟
⎝ ⎠
167
(14.38)
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.
Exemplo 14.5: 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/mm 2 e
admitir que o limite de proporcionalidade seja 25 kgf/mm 2 .
2
75 . 50
I min = = 781250 mm
12
I 781250
= = =
A 50 . 75
min r 14,434 mm
cr
π
2
⎛Le ⎞
⎝ ⎠
2
π 21000
25 =
⎛Le ⎞
⎜ 14,434⎟
⎝ ⎠
4
2
, Le = L = 1314 mm
Conclusão: Para um comprimento menor que 1314 mm a coluna flambará
plásticamente.
14.7 – Fórmula generalizada da carga de flambagem de Euler
Um diagrama de tensão-deformação na compressão, para um espécime
impedido de flambar, pode ser representado pela Fig. 14.9.

Flambagem de Colunas
σ
Figura 14.9 – Diagrama tensão-deformação / Diagrama tensão-índice de esbeltez
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:
π
2
⎛ e ⎞
⎝ r ⎠
2
t
A
B
E
região R (colunas curtas): Região onde prati
t
cr
R
0 0
L/r
flambagem
elástica
S
intermediária
Hipérbole de
Euler
elástica
praticamente
sem flambagem
proporcionalidade
168

Flambagem de Colunas
σ
Tensão de
escoamento
A
0 ε 0
(Le/r)1
Le/r
Figura 14.10 – Diagrama tensão-índice de esbeltez para diferentes colunas
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, pois as colunas nem sempre são retas e a posição de
aplicação da carga nem sempre é conhecida com exatidão.
σcr
Para estudar este efeito, considera-se uma coluna com um carregamento
excêntrico como mostrado abaixo.
colunas com
extremidades
com pinos
Hipérboles
de Euler
Limite de
proporcionalidade
colunas com
extremidades
fixas
169

Flambagem de Colunas
∑ M= 0 , P.v + P.e + M = 0
M = - P.(e + v) (14.39)
2
2
P
P
Substituindo a eq. (14.39) na eq. (14.7), tem-se:
dv M P(e+ v)
= =−
2
dx E I E I
ou
dv P P
+ v =− e
2
dx E I E I
170
(14.40)
Esta equação diferencial é similar ao caso de uma coluna biapoiada, tendo
uma solução a eq. (14.10) e condições de contorno do tipo:
P/x = 0 ⇒ v(0) =δ e M(0) = E I
dv
(0) =−Pe
2
dx
= ⇒ =
Para x = 0:
e
vmax L
2
(14.41)
v(0) = C2 + C3 = 0 (14.42)
2
Mo= P e
dv
2
M(0) = E I (0) = E I (- C
2
2 λ ) = - P e
dx
x
v
P
P x
L
y, v
Mo= P e
v
P
P
M
x

Flambagem de Colunas
Como 2
P
λ = :
E I
C2 = e , C3 = - e (14.43)
Para x = L
e (1−cosλL) v(L) = C1 sen λL + e cos λL – e = 0 ⇒ C1
=
senλL A curva de deflexão é portanto escrita da forma:
e (1−cosλL) v(x) = senλ x+ e cosλx−e senλL A máxima deflexão ocorre em x = L/2, logo:
171
(14.44)
(14.45)
λL
vmax = e (sec − 1)
(14.46)
2
O momento fletor máximo ocorre também em x = L/2 e seu valor absoluto é:
λL λL
M max = | P.(e + v max) | = P e sec = Mo sec | (14.47)
2 2
coluna é:
A máxima tensão que ocorre no lado côncavo da coluna a meia altura da
P M c
σ = + (14.48)
max A I
Como 2 P
λ = e I = A r
E I
2 :
P⎛ e c λL⎞
P⎛ e c L P ⎞
σ = 1 sec 1 sec
max
2 2
A
⎜ +
r 2
⎟ = ⎜ +
⎟
⎝ ⎠ A⎜ r r 4 E A ⎟
⎝ ⎠
(14.49)
A eq. (14.49) é frequentemente denominada fórmula da secante para colunas
e é válida somente se a máxima tensão permanecer dentro da região elástica. A Fig.
14.10 descreve a evolução da tensão em função do índice de esbeltez para colunas
em aço (σesc=24 kgf/mm 2 , E = 20.10 3 kgf/mm 2 ). Como verifica-se que a relação

Flambagem de Colunas
tensão-carga é não linear, a superposição de efeitos devido à diferentes cargas não
pode ser feita.
ec/r 2
hipérbole
de Euler
Figura 14.11 – Diagrama tensão-índice de esbeltez para o aço
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 Fig. 14.12.
172

Flambagem de Colunas
Figura 14.12 – Resultados experimentais de colunas com carga concêntrica
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.
2
π E
σ =
max 2
⎛Le ⎞
aplicado.
σ =
⎜ r ⎟
⎝ ⎠
173
(14.50)
A aplicação desta fórmula exige que um fator de segurança de 1.92 seja
adm 2
⎛Le ⎞
1,92
2
π E
⎜ r ⎟
⎝ ⎠
Esta equação pode ser aplicada na faixa de esbeltez de:
L L
⎜ r ⎟
⎝ ⎠ r
⎛ e ⎞
≤ e ≤
c
σe
colunas curtas
200
hipérbole
de Euler
colunas longas
colunas intermediárias
KL/r
(14.51)
(14.52)

Flambagem de Colunas
A relação (Le/r)c é obtida quando da utilização da fórmula de Euler até que a
tensão atingida seja a metade da tensão de escoamento σesc/2. Consequentemente,
se a tensão na fórmula de Euler for superior que este valor, ela não pode ser
aplicada.
2
σesc π E
=
2 ⎛Le ⎞
⎜ r ⎟
⎝ ⎠
c
2
O que dá o índice de esbeltez no limite da utilização da fórmula de Euler:
2
⎛L 2 E
e ⎞ π
⎜ r ⎟ =
⎝ ⎠c
σesc
174
(14.53)
(14.54)
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:
⎡ 2
(L e /r) ⎤
⎢1 − 2⎥
⎢⎣ (L e /r) c ⎥⎦
adm esc
σ = σ (14.55)
F.S.
O fator de segurança é, para este caso, definido como:
( )
( )
( )
( )
3
e e
3
e c e c
5 3 L /r 1 L /r
F.S. = + − (14.56)
3 8 L /r 8 L /r
Fórmulas para colunas de alumínio:
σ =
Para colunas longas a tensão admissível é de:
71700
adm 2
⎛Le ⎞
F.S. ⎜ r ⎟
⎝ ⎠
2
(kgf/mm )
(14.57)
Para colunas intermediárias e curtas, baixo valor de (Le/r), usa-se a seguinte
expressão de tensão admissível (para liga 2024-T4, ALCOA):
2
⎛ ⎛ ⎞
e ⎞
1 L
2
σ adm = ⎜31,5−0,22 (kgf /mm )
F.S. ⎜ ⎜ r ⎟ ⎟
⎝ ⎠ ⎟
⎝ ⎠
para (0 ≤ (Le/r) ≤ 64) (14.58)

Flambagem de Colunas
Fórmulas para colunas de madeira:
Para colunas maciças de madeira com extremidades articuladas ou
engastadas e carga paralela as fibras, a tensão admissível é:
2
π E 3,619 E
σ adm = = (14.59)
2 2
2,727 ( L ) ( L
r r )
anterior fica:
Para colunas de seção transversal quadrada ou retangular, a equação
0,30 E
σ adm = (14.60)
2
( L
d)
Onde d é a menor dimensão lateral de um membro.
175