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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL, ARQUITETURA
E URBANISMO
Departamento de Estruturas
ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E TEOREMAS DA ENERGIA
PROF DR. NILSON TADEU MASCIA
BOLSISTA PED: BRUNO FERNANDES
CAMPINAS, 2017
1
Índice
1. Introdução ............................................................................................................................... 2
2. Cálculo pelas tensões e deformações ..................................................................................... 4
3. Cálculo pelos esforços solicitantes ......................................................................................... 7
3.1 Análise da expressão geral de U ....................................................................................... 9
4. Cálculo pelas cargas ............................................................................................................. 11
5. Teorema de Maxwell ........................................................................................................... 13
5.1 Generalização do Teorema de Maxwell ......................................................................... 16
6. Teorema de Castigliano ....................................................................................................... 18
6.1 Consequência do Teorema de Castigliano (Teorama de Menabrea) .............................. 20
7. Cálculo do Deslocamento pelo Teorema de Castigliano ..................................................... 21
8. Exemplos .............................................................................................................................. 22
8.1 1º Exemplo ...................................................................................................................... 22
8.2 2º Exemplo ...................................................................................................................... 26
8.3 3º Exemplo ...................................................................................................................... 27
8.4 4º Exemplo ...................................................................................................................... 29
8.5 5º Exemplo ...................................................................................................................... 30
8.6 6º Exemplo ...................................................................................................................... 34
9. Bibliografia.......................................................................................................................... 28
2
ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E TEOREMAS DA ENERGIA
1. Introdução
Em mecânica, energia é definida como a capacidade de produzir trabalho, e este é o
produto de uma força por uma distância na direção do movimento. Nos corpos sólidos
deformáveis, tensões multiplicadas por suas respectivas áreas são forças, e deslocamentos
(deformações associadas a um elemento) são distâncias. O produto dessas duas quantidades é
o trabalho interno realizado em um corpo sob ação externa (forças). Esse trabalho interno é
armazenado em um corpo como energia elástica interna de deformação ou simplesmente
energia de deformação (U).
Tomando-se uma barra submetida a força axial de tração (Fig. 1), por exemplo, um
ensaio de tração, tem-se um exemplo prático e experimental do fenômeno de energia de
deformação.
Fig. 1 – Barra tracionada
Pela Lei de Hooke, tem-se:
N=k∆l
Sendo k constante.
A energia de deformação (U) corresponde ao trabalho realizado pela forna N no
deslocamento ∆l.
Graficamente:
3
Fig. 2 – Energia de deformação desenvolvida na barra tracionada
Tem-se:
Nx=kx
Para x=∆l → Nx=k∆l
dU=Nxdx
U= ∫ Nxdx
∆l
0
= ∫ kx dx
∆l
0
=𝑘𝑥2
2|0
∆l
U=
k∆l2
2
De 1 em 2:
U=N
∆l
∆l2
2=
N∆l
2
Que corresponde a área do gráfico Nx∆l.
É importante ressaltar que o trabalho realizado por uma carga num deslocamento ∆l
não é U=N∆l e sim, como mostrado, é 𝑈 = 𝑁∆l 2⁄ , representando assim que a carga N nunca
é aplicada integralmente na estrutura, somente em caso de carregamento rápido ou instantâneo
(carga móvel trem-tipo, carga sísmica e carga de vento, por exemplo).
4
Nos próximos capítulos serão apresentados três métodos de cálculo para a energia de
deformação: cálculo pelas tensões e deformações, cálculo pelos esforços solicitantes e cálculo
pelas cargas.
2. Cálculo pelas tensões e deformações
Considerando-se um estado de tensão dado por:
Fig. 3 – Estado geral de tensão num elemento
Tem-se então, sob efeito da força:
Fy (Fy=σydx dz)
um deslocamento ∆dy na direção y, valendo:
∆dy=εydy
5
Fig. 4 – Deslocamento sob efeito da força e tensão na direção y num elemento
Fazendo-se agora:
dUy=1
2σydxdz × εydy
Tem-se a energia de deformação devido a força Fy no deslocamento εydy, sendo o fator
1 2⁄ resultante do carregamento lento.
Analogamente, para as forças Fx e Fz, as parcelas de energia de deformação devido as
forças nos deslocamentos ∆dx e ∆dz valem:
dUx=1
2σxdydz × εxdx
dUz=1
2σzdydx × εzdz
Sabendo que o produto dxdydz representa um elemento do volume dV tem-se que:
dUx=1
2σxεxdV
dUy=1
2σyεydV
dUz=1
2σzεzdV
Chegando-se assim nas parcelas de energia de deformação relativas as tensões
normais. Pensando-se agora, nas tensões e deformações tangenciais, tem-se:
6
Fig. 5 – Deformação sob efeito da tensão tangencial em yz num elemento
Então:
dUyz=1
2τyzdxdy γ
yzdz=
1
2τyzγ
yzdV
Analogamente, para τxz e τxy tem-se:
dUxz=1
2τxzγ
xzdV
dUxy=1
2τxyγ
xydV
Agora pode-se juntar as parcelas de energia de deformação normais e tangenciais e
mais todo o volume do corpo. Portanto:
dU=dUx+dUy+dUz+dUxy+dUxz+dUyz
Dividindo por dV tem-se:
Uo=dU
dV=
1
2σxεx+
1
2σyεy+
1
2σzεz+
1
2τxyγ
xy+
1
2τxzγ
xz+
1
2τyzγ
yz
Sendo Uo chamado de Energia Específica de Deformação (Utotal).
Em todo volume, tem-se:
U= ∫ UodV
v
7
Chamada de Energia Total Armazenada.
Se se aplicar a Lei de Hooke na expressão de Uo pode-se obter que:
Uo=1
2E[σx
2+σy2+σz
2-2υ(σxσy+σxσz+σyσz)]+1
2G[τxy
2+τxz2+τyz
2]
Se o elemento de volume estivesse orientado segundo as direções principais de tensão
a segunda parcela da equação se anularia e a primeira parcela ficaria:
Utotal=Uo=1
2E[σ1
2+σ22+σ3
2-2υ(σ1σ2+σ1σ3+σ2σ3)]
Se se fizer σ1=σ2=σ3=p e σ1+σ2+σ3
3=p tem-se, como já visto, um estado hidrostático de
tensão, onde a energia despendida para a variação de volume vale:
Uo,v=Udil= (1-2υ
6E) (σ1+σ2+σ3)
2
Assim é possível determinar diferença:
Uo-Uo,v=Uo,d=Energia de deformação de distorção, valendo:
Uo,d=1+υ
6E[(σ1-σ2)
2+(σ2-σ3)
2+(σ3-σ1)
2]
onde Uo,d é a parcela de energia de deformação para variar a forma do corpo, como já visto no
critério de energia de distorção.
3. Cálculo pelos esforços solicitantes
Considerando-se uma barra e nela um estado plano de tensão como mostra a figura a
seguir:
8
Fig. 6 – Esforços solicitantes na barra e tensões no ponto P
Do estado de tensão tem-se σx e τxy. Da estrutura os esforços solicitantes N, M e V.
Relacionando-se ambos, tem-se:
σx = N
A+
M
Iy
τxy = VS
bI
Substituindo-se tais tensões na expressão a seguir:
U= ∫ UodV
v
Tem-se:
Uo=1
2E(
N2
A2
+M2
I2y2+2
NM
AIy) +
1
2G
V2S2
b2I2
E:
U= ∫[1
2E[∫ (
N2
A2
+M2
I2y2+2
NM
AIy) dA
A
] +V2A
2GA[∫
S2
b2I2
dA
A
]] dx
l
0
U= ∫[1
2E[N2
A2∫ dA
A
+M2
I2∫ y2dA
A
+2NM
AI∫ ydA
A
] +V2A
2GA[∫
S2
b2I2
dA
A
]] dx
l
0
9
Sendo:
∫ dA
A
=A
∫ y2dA
A
=I
∫ ydA
A
=S=0 →momento estático em toda área
A
I2∫
S2
b2
dA
A
=c→fator ou constante de forma
Assim:
U=1
2∫(
N2
EA+
M2
EI+
cV2
GA) dx
l
0
Devido a importância desta expressão pode-se acrescentar um momento torçor T e
assim, a expressão anterior torna-se:
U=1
2∫[
N2
EA+
M2
EI+
cV2
GA+
T2
GIt
] dx
l
0
3.1 Análise da expressão geral de U
Com auxílio das figuras abaixo, que são os deslocamentos elementares numa barra
sujeita aos esforços indicados, tem-se que:
10
∆dx=εxdx=N
EAdx
dϕ=M
EIdx
dV=cV
GAdx
dα=I
GIt
dx
Fig. 7 – Deslocamentos elementares de acordo com o esforço solicitante
Para obter a energia de deformação basta multiplicar as deformações elementares pelo
esforço solicitante, acrescentado o fator 1/2 do carregamento lento.
Para se obter a energia de deformação armazenada em toda a estrutura, sendo esta
composta de várias barras, a integração deve ser estendida para todas as barras.
Em treliças:
U=1
2∫
N2
EAdx
l
0
=1
2∑
Ni2li
EAi
n
i=1
Pois M e V valem zero.
11
Em vigas e pórticos:
U=1
2∫
M2
EIdx
l
0
Pois N e V são pequenos em comparação com M na expressão de U.
Em arcos deve-se levar em conta a parcela de N, porém não leva em consideração a
parcela de V. Em estruturas sujeitas a torção, o termo com T é predominante no cálculo de U.
4. Cálculo pelas cargas
Seja uma região de uma estrutura:
Fig. 8 – Efeito da carga no deslocamento de um ponto
Em Ai, um ponto da estrutura, tem-se uma carga aplicada Pi. Seja Bi a posição
deslocada do ponto Ai obtida pela ação do Pi e seja vi e Bi suficientemente pertos, pode-se
utilizar a teoria de 1ª ordem.
O caminho Ai-Bi
que percorre Ai durante o carregamento depende da maneira e da
sequência de aplicação das cargas, mas, normalmente, será atingido a mesma posição Bi, que
depende apenas dos valores finais das cargas.
O trabalho executado pela carga Pi durante o deslocamento calcula-se pela integral:
Ti= ∫ Px dt
ti
0
12
Interpretando o trabalho executado pelas cargas como energia potencial perdida, a
soma dos trabalhos Ti deve ser igual a energia de deformação acumulada na estrutura. Isto
permite a conclusão que o trabalho das cargas não depende do caminho Ai-Bi
percorrido mas,
apenas da posição final deslocada que define as deformações totais e com isto a energia de
deformação.
Deste modo pode-se considerar Ai-Bi
linear e o trabalho da carga Pi vale:
Ti=1
2Pivi
Onde vi significa a projeção do segmento Ai-Bi
sobre a direção da força.
Somando-se todos os efeitos das cargas tem-se:
T=1
2∑ Pivi =U→TEOREMA DE CLAPEYRON
A igualdade entre o “trabalho interno”, visto nos esforços solicitantes, com o trabalho
externo permite calcular o deslocamento quando a carga consiste numa só força. Casos mais
complexos serão vistos quando se estudar o Teorema de Castigliano.
Assim:
Fig. 9 – Deslocamento vertical sob efeito da carga P
Com:
M=-Px ; N=0 e Q desprezível
13
Para descobrir o deslocamento vertical v do ponto de aplicação de P da viga da figura,
tem-se:
Trabalho Interno→U=1
2EI∫ M2dx
l
0
=1
2EI∫ P2x2dx
l
0
=1
2
P2l3
3EI
Trabalho Externo→T=1
2Pv
Igualando U e T, tem-se:
v=Pl
3
3EI
5. Teorema de Maxwell
O teorema de Maxwell trata de uma estrutura elástica com apenas duas cargas (Pi e Pk)
que podem ser forças ou momentos estáticos. Neste exemplo serão utilizadas forças, pois são
mais visíveis os deslocamentos, e uma viga horizontal. Este caso particular pode ser
extrapolado a estruturas quaisquer, porém preservando a ideia do deslocamento v com
projeções nas direções das forças conforme visto no item 4.
Assim tem-se uma viga com duas cargas, Pi e Pk, aplicadas nos pontos i e k com a
elástica obtida por este carregamento conforme a figura abaixo:
Fig. 10 – Viga sob ação de cargas e deslocamentos correspondentes
As ordenadas vi e vk da elástica pode ser obtida por superposição de efeito (valendo a
teoria de 1ª ordem), como mostra a figura abaixo:
14
Fig. 11 – Superposição de efeitos na viga
Onde: δnj indica o deslocamento, sendo o 1º índice, n, a posição do deslocamento e o
2º índice, j, índica a posição da carga que provocou o deslocamento.
Assim:
vi=Piδii+Pkδik
vk=Piδki+Pkδkk
Calcula-se agora o trabalho executado pelas cargas, que deve ser igual a energia de
deformação acumulada na viga deformada. Existem duas formas de carregamento:
1ª forma de carregamento: Aplica-se apenas Pi que varia de 0 até Pi.
Fig. 12 – Ação de uma carga na viga
Numa segunda fase de carregamento, Pi permanece constante enquanto Pk cresce de 0
até Pk.
Fig. 13 – Ação de duas cargas na viga
15
Apenas as parcelas correspondentes as cargas crescentes levam o fator 1/2, não
aquelas referentes as cargas constantes. Assim o trabalho executado vale:
T1=1
2PiPiδii+1PiPkδik+
1
2PkPkδkk
2ª forma de carregamento:
Fig. 14 – Ação de uma carga, ação de duas cargas na viga
Portanto o trabalho executado vale:
T2=1
2PkPkδkk+
1
2PiPiδii+1PkPiδki
A soma dos trabalhos obtida nas duas maneiras de carregamento deve ser,
naturalmente, a mesma conforme TEOREMA DE CLAPEYRON. Desta maneira:
T1=T2
1
2PiPiδii+1PiPkδik+
1
2PkPkδkk=
1
2PkPkδkk+
1
2PiPiδii+1PkPiδki
1PiPkδik=1PkPiδki
16
δik=δki
Que representa o TEOREMA DE MAXWELL (1864). Seu enunciado diz:
“O deslocamento de um ponto i na direção i quando aplicada uma carga no ponto k é
igual ao deslocamento de um ponto k na direção k quando aplicada uma carga no ponto i”.
Passando-se agora esse conceito para as estruturas de engenharia, feito por Otto Mohr
(1874), que seguem a teoria de 1ª ordem (estruturas planas ou espaciais, isostática ou
hiperestática).
Escolhendo-se dois pontos arbitrários (i e k) da estrutura e duas direções arbitrárias (i e
k) da estrutura, tem-se, como mostra a figura:
Fig. 15 – Efeito de cargas em deslocamentos de pontos
Aplicando no ponto i e na direção pré-fixada Pi, determinar o deslocamento kk’. A
projeção deste deslocamento sobre a direção traçada pelo ponto k é o deslocamento relativo
δki. Pela outra figura determina-se δki e pelo Teorema de Maxwell δki=δik.
5.1 Generalização do Teorema de Maxwell
Tomando-se momentos estáticos como cargas e aplicando a um pórtico como o da
figura 16, tem-se um exemplo de generalização do Teorema de Maxwell.
17
Fig. 16 – Efeito de carga e momento em deslocamento e giro de pontos distintos
As figuras acima mostram dois pontos, 1 e 2, e duas direções. Nota-se que a direção 2
seria perpendicular ao plano do pórtico.
Na Figura 16a, tem-se a carga na direção 1 e o deslocamento na direção 2 δ21.
Na Figura 16b, tem-se a carga na direção 2 e o deslocamento na direção 1 δ12.
Por Maxwell:
δ21=δ12
Observação: O nome deslocamento relativo neste caso pode trazer confusão do tipo -
como pode o ângulo δ21 ser igual ao segmento δ12? Para determinar as dimensões de δ21
observa-se que a carga que produz este valor não é 1 kN mas 1, sem dimensão. Agora com
cargas em kN obter-se-iam rotações em radianos. A unidade de δ21 é 1/kN. Passa-se agora ao
estudo de δ12 se o momento aplicado tivesse a unidade kN.cm, o deslocamento resultaria em
cm. Para um momento 1 (sem dimensão) obtém-se um δ12 em cm/kN.cm resultando em 1/kN.
Assim torna-se possível a igualdade δ21=δ12.
Uma generalização pode ser feita trocando-se os deslocamentos por ações (cargas),
como mostra a figura abaixo:
18
Fig. 17 – Efeito de momento em giro em pontos distintos
Na Figura 17a, submetendo a seção 1 a uma rotação 1 aparecerá em 2 um momento
reativo M21.
Na Figura 17b, submetendo a seção 2 a uma rotação 2 aparecerá em 1 um momento
reativo M12.
Por Maxwell:
M21=M12
Uma outra extensão do teorema de Maxwell é o teorema de Betti, que ao invés de duas
cargas se refere a um grupo de cargas.
6. Teorema de Castigliano
“A derivada parcial da energia de deformação em relação a uma carga Pk é igual ao
deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da carga” (vk é definido como a projeção do
deslocamento sobre a direção da carga).
Este teorema enuncia derivada parcial porque U é função de muitas variáveis.
Considerando as cargas como variáveis independentes, os deslocamentos são funções lineares
delas:
v1=P1δ11+⋯+Piδ1i+⋯+Pkδ1k+⋯+Pnδ1n
19
vi=P1δi1+⋯+Piδii+⋯+Pkδik+⋯+Pnδin
vk=P1δk1+⋯+Piδki+⋯+Pkδkk+⋯+Pnδkn
U=1
2∑ Pivi
n
i=1
∂U
∂Pk
=1
2[∑
∂Pi
∂Pk
vi
n
i=1
+ ∑ Pi
∂vi
∂Pk
n
i=1
]
Na primeira soma:
𝑖 ≠ 𝑘 →∂Pi
∂Pk
= 0
𝑖 = 𝑘 →∂Pi
∂Pk
= 1
Na segunda soma:
∂v1
∂Pk
=δ1k ; ∂v2
∂Pk
=δ2k
Portanto:
∂U
∂Pk
=1
2(vk + P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯)
Mas:
vk = P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯
E pelo teorema de Maxwell, tem se:
δik=δki
20
Assim:
∂U
∂Pk
=1
2(vk + vk)
∂U
∂Pk
= vk
6.1 Consequência do Teorema de Castigliano ( Teorema de Menabrea)
Seja Pk um valor hiperestático, como de uma viga contínua, mostrada na figura abaixo:
Fig. 18 – Viga hiperestática
tem-se:{3 condições de equilíbrio
4 reações→1 incógnita hiperestática.
Escolhendo-se como valor desta incógnita R3, as outras reações saem das equações de
equilíbrio. Tem-se assim apenas uma restrição R1, que saí do somatório de forças em x. Como
o ponto de aplicação de R3 é fixo, seu deslocamento é zero e pelo teorema de Castigliano:
∂U
∂R3
=0; determinando R3 (Teorema de Menabrea)
E finalmente pode-se mostrar que existe uma relação entre os teoremas de Maxwell e
Castigliano:
∂2U
∂Pi∂Pk
=∂
∂Pi
(∂U
∂Pk
) =∂
∂Pi
vk=δki
21
Portanto:
∂vk=∂Piδki
∂2U
∂Pi∂Pk
=∂
2U
∂Pk∂Pi
7. Cálculo do Deslocamento pelo Teorema de Castigliano
Quer-se determinar um deslocamento δi do ponto i e seja Pi a carga aplicada em i na
direção de δi. Pelo teorema de Castigliano tem-se:
vk=δi=∂U
∂Pi
Seja U em termos de esforços solicitantes:
U=1
2∫ (
N2
EA+
M2
EI+
cV2
GA+
T2
GIt
) dx
est
Assim:
δi=∂
∂Pi
1
2∫ (
N2
EA+
M2
EI+
cV2
GA+
T2
GIt
) dx
est
δi= ∫ (N
EA
∂N
∂Pi
+M
EI
∂M
∂Pi
+cV
GA
∂V
∂Pi
+T
GIt
∂T
∂Pi
) dx
est
δi= ∫ (NN
EA+
MM
EI+
cVV
GA+
TT
GIt
) dx
est
22
A integração pode ser estendida a todas as barras. Os termos N,M,V e T são esforços
solicitantes causados por Pi=1, enquanto N,M,V e T são esforços reais provocados pelo
carregamento total dado.
Aa expressão de δi pode ser utilizada em:
Treliças:
vk= ∑NiNi
li
EAi
n
i=1
Sendo li e Ai o comprimento e a área de uma barra i.
Pórticos e vigas:
vk= ∫MM
EIdx
est
Nos arcos e pórticos em que os esforços N seja considerável, o termo NN
EA deve ser
levado em conta.
8. Exemplos
8.1 1º Exemplo
Determinar o deslocamento total do nó 9. Dados: E=21000 kN/cm2 e A=3 cm2.
23
Fig. 19 – Treliça
Deslocamento no nó 9:
δ9=√δ9h2+δ9v
2
Sendo:
δ9h=deslocamento horizontal do nó 9;
δ9v=deslocamento vertical do nó 9.
Teorema de Castigliano:
δ9h= ∑NiNi
li
EAi
n
i=1
δ9v= ∑NiNi
li
EAi
n
i=1
a) Carregamento real: os esforços nas barras e as reações de apoio são indicadas na
figura abaixo.
24
Fig. 20 – Esforços e reações nas barras (carregamento real)
b) Carregamento virtual horizontal no nó 9: os esforços nas barras e as reações de
apoio são indicadas na figura abaixo.
Fig. 21 – Esforços e reações nas barras (carregamento virtual horizontal)
c) Carregamento virtual vertical no nó 9: os esforços nas barras e as reações de apoio
são indicadas na figura abaixo.
25
Fig. 22 – Esforços e reações nas barras (carregamento virtual vertical)
d) Cálculo do deslocamento δ9
Barra Ni Ni Ni
li/EAl NiNi li
EAi
NiNi
li
EAi
1-2 30 0 1 0 30
2-3 30 0,5 1 30*0,5 30*1
3-4 0 0 0 0 0
4-5 0 0,5√2 0 0 0
1-4 0 1 0 0 0
2-4 -30√2 -0,5√2 -√2 +30 +60
4-6 -30√2 0 -√2 0 -60
5-7 30 1 1 30 30
7-8 0 0 0 0 0
5-6 0 -0,5 0 0 0
5-3 30 0,5 1 15 30
6-8 -30√2 0 -√2 0 -60
7-9 30 1 1 30 30
8-9 -30√2 0 -√2 0 -60
5-8 0 0 0 0 0
∑ =0,351cm
n
i=1
∑ =1,165cm
n
i=1
δ9h=1
21000×3[(2×30×0,5+2×30×1)150+30×0,5×150+(-30√2)×(-0,5√2)×150√2]
26
δ9h=0,351cm
δ9v=1
21000×3{3×[1×1×4×1×0×(-√2)×(-√2)×4×150√2+1×1×150]}
δ9v=1,165cm
δ9=√0,3512+1,165
2=1,217cm
8.2 2º Exemplo
Calcular o deslocamento v na extremidade da viga engastada:
Fig. 23 – Viga engastada com carga concentrada
U=1
2∫
M2
EIdx
l
0
∂U
∂P=v= ∫
M
EI
∂M
∂Pdx
l
0
Em uma posição qualquer, tem-se:
27
Fig. 24 – Momento
Mx=M ∴ M+Px=0∴M=-Px
∂M
∂P=-x
v= ∫(-Px)×(-x)
EIdx
l
0
v=P
EI∫ x2dx
l
0
=Px3
3EI|0
l
v=Pl
3
3EI
8.3 3º Exemplo
Calcular v do meio do vão da viga abaixo:
Fig. 25 – Viga bi-apoiada com carga concentrada
28
vk=v;Pk=P
∂U
∂P=v
Cálculo do momento fletor usando x:
Fig. 26 – Momento pela esquerda
0≤x≤l
2
Mx-P
2x=0∴Mx=M=
P
2x
∂M
∂P=
x
2
Pela simetria da estrutura, pode-se fazer:
1
2v= ∫
M
EI
∂M
∂Pdx
l2⁄
0
1
2v= ∫
Px
2EI
x
2dx
l2⁄
0
1
2v=
P
4EI×
x3
3|0
l2⁄
=Pl
3
48EI
29
8.4 4º Exemplo
Calcular o deslocamento v na extremidade da viga engastada (Figura 27a):
Fig. 27 – Viga bi-apoiada com carga distribuída
Para determinar o deslocamento em carregamentos distribuídos, deve-se posicionar
uma carga fictícia Pk no ponto onde deseja-se determinar a flecha v (27b). Esta carga tem
valor 0 e é utilizada apenas para a resolução do problema.
No cálculo do momento tem-se:
Fig. 28 – Cálculo do momento
Mx+Pkx+qxx
2=0
Mx=-Pkx-qx2
2
30
∂Mx
∂Pk
=-x
∂U
∂Pk
=v= ∫M
EI
∂M
∂Pdx
l
0
v=1
EI∫[(-Pkx-
qx2
2) (-x)] dx
l
0
v=1
EI∫[+Pkx2+
qx3
2] dx
l
0
v=1
EI[Pkx3
3|0
l
+qx4
8|0
l
]
Fazendo Pk=0, tem-se:
v=ql
4
8EI
8.5 5º Exemplo
Determinar as reações de apoio na viga contínua abaixo.
Fig. 29 – Viga contínua em estudo
31
A estrutura acima é 1 vez hiperestática. Para resolver a estrutura em questão, deve-se
transformar a estrutura original em duas estruturas isostáticas, substituindo um dos apoios por
uma força V (incógnita do problema):
Fig. 30 – Decomposição em estruturas isostáticas
Pela superposição de efeitos, tem-se:
R1=A1+A2
R2=?
R3=B1+B2=R1→Por simetria
Pelo teorema de Menabrea:
∂U
∂Pk
=0;∂U
∂V=0
U=1
2∫
M2
EIdx
l
0
32
Pela simetria, pode-se resolver a questão utilizando apenas metade da estrutura.
Inicialmente, são calculados os momentos fletores de ambas as estruturas isostática.
Fig. 31 – Cálculo do momento da primeira estrutura
M=M1(x)→0≤x≤l
M1(x)+px2
2-A1x=0∴M1(x)=A1x-p
x2
2
M1(x)=plx-px2
2
Fig. 32 – Cálculo do momento da segunda estrutura
M=M2(x)→0≤x≤l
M2(x)+A2x=0∴M2(x)=-A2x
M2(x)=-V
2x
Pela superposição de efeitos, resulta que:
33
M=M(x)=M1(x)+M2(x)= (plx-px2
2) - (
V
2x)
U= [1
2∫
M2
EIdx
l
0
] 2→multiplicado por 2 para fazer toda a estrutura (simetria)
∂U
∂V=0=2 ∫
M(x)
EI
∂M(x)
∂Vdx
l
0
∂M(x)
∂V=-
x
2
∫M(x)
EI
∂M(x)
∂Vdx
l
0
= ∫(plx-px2
2-V
2x)(-
x
2) dx
l
0
= 0
∫(-plx2
2+
px3
4+
Vx2
4) dx
l
0
= 0
-plx3
6+
px4
16+
Vx3
12|0
l
=-pl
4
6+
pl4
16+
Vl3
12=0
V= (pl
6-
pl
16) 12=2pl-
3
4pl
V=5pl
4
Para encontrar as reações:
R1=A1+A2=pl-5pl
8=
3pl
8
R1=R3=3pl
8(por simetria)
34
R2=V=5pl
4
Conferindo:
R1+R2+R3=2pl∴3pl
8+
5pl
4+
3pl
8=2pl→OK!
O diagrama de momento fletor da estrutura fica:
Fig. 33 – Estrutura em estudo
8.6 6º Exemplo
35
Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B.
Fig. 34 – Estrutura em estudo
No estudo desta estrutura, pode-se dividir a estrutura em duas partes, compatibilizando
os deslocamentos. Ao dividir a estrutura, surge também a incógnita hiperestática R.
Fig. 35 – Divisão da estrutura
Tem-se:
Barra → Ub=1
2∫
N2
EAdx
l
0
36
Viga → Uv=1
2∫
M2
EIdx
a
0
Pela compatibilidade de deslocamentos:
vb=∆lb
−∂Uv
∂R=
∂Ub
∂R
∂Uv
∂R+
∂Ub
∂R=0 (1)
Calculando o momento na viga:
Fig. 36 – Momento na viga
Mx+Px-Rx=0∴Mx=Rx-Px
∂Mx
∂R=x
Calculando a normal na barra:
37
Fig. 37 – Normal na barra
N=Nx=R
∂Nx
∂R=1
Calculando as derivadas em função de R:
∂Uv
∂R=
1
EI∫ Mx
∂Mx
∂Rdx
l
0
=1
EI∫ (Rx-Px)(x) dx
l
0
=1
EI∫ Rx2-Px2 dx
l
0
∂Uv
∂R=
1
EI(
Rl3
3-Pl
3
3) (2)
∂Ub
∂R=
1
EA∫ Nx
∂Nx
∂Rdx
a
0
=1
EA∫ (R)(1) dx
a
0
=1
EA∫ R dx
a
0
∂Ub
∂R=
Ra
EA (3)
Substituindo (2) e (3) em (1), descobre-se o valor da incógnita hiperestática R:
1
EI(
Rl3
3-Pl
3
3) +
Ra
EA=0
Rl3
3EI+
Ra
EA=
Pl3
3EI
38
R=
Pl3
3EI
(l3
3EI+
aEA
)
Para descobrir vb:
∂Ub
∂R=vb=∆
lb=
Ra
EA=
(𝑃𝑙3
3𝐸𝐼) 𝑎
(l3
3EI+
aEA
)𝐸𝐴
9. Bibliografia
POPOV, E. G. - Introdução à Mecânica dos Sólidos. São: Editora Edgar Blumer Ltda,
1978. 534p.
SHIEL, F. - Introdução à Resistência dos Materiais. São Paulo: Harpetc & Row do
Brasil, 1984. 395p.
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