universidade federal de santa catarina departamento de...

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

CCUURRSSOO DDEE MMEECCÂÂNNIICCAA DDOOSS SSÓÓLLIIDDOOSS BB

PPrrooff.. JJoosséé CCaarrllooss PPeerreeiirraa

AAggoossttoo ddee 22000033

SSUUMMÁÁRRIIOO

99 –– TTRRAANNSSFFOORRMMAAÇÇÃÃOO DDEE TTEENNSSÃÃOO .............................................................................................................................................. 11

99..11 –– IInnttrroodduuççããoo.................................................................................................................................................................................................................... 11

99..22 –– EEqquuaaççõõeess ggeerraaiiss ppaarraa ttrraannssffoorrmmaaççããoo ddee tteennssããoo ppllaannaa .......................................................................... 55

99..33 –– CCíírrccuulloo ddee tteennssõõeess ddee MMoohhrr.............................................................................................................................................................. 77

99..33 –– CCoonnssttrruuççããoo ddoo ccíírrccuulloo ddee tteennssõõeess ddee MMoohhrr .............................................................................................................. 99

99..44 –– IImmppoorrttaannttee ttrraannssffoorrmmaaççããoo ddee tteennssããoo .............................................................................................................................. 1144

99..66 –– TTeennssõõeess pprriinncciippaaiiss ppaarraa oo eessttaaddoo ggeerraall ddee tteennssõõeess ................................................................................ 1166

99..77 –– CCíírrccuulloo ddee MMoohhrr ppaarraa oo eessttaaddoo ggeerraall ddee tteennssõõeess .......................................................................................... 1177

99..77 –– CCrriittéérriiooss ddee eessccooaammeennttoo ee ddee ffrraattuurraa ............................................................................................................................ 1199

99..77..11 –– OObbsseerrvvaaççõõeess pprreelliimmiinnaarreess .......................................................................................................................................... 1199

99..77..22 –– TTeeoorriiaa ddaa mmááxxiimmaa tteennssããoo ddee cciissaallhhaammeennttoo ((TTrreessccaa)) ((mmaatt.. ddúúcctteeiiss)) ............ 1199

99..77..33 –– TTeeoorriiaa ddaa mmááxxiimmaa eenneerrggiiaa ddee ddiissttoorrççããoo ((vvoonn MMiisseess)) ((mmaatt.. ddúúcctteeiiss)) ............ 2222

99..77..44 –– TTeeoorriiaa ddaa mmááxxiimmaa tteennssããoo nnoorrmmaall ((mmaatt.. ffrráággeeiiss)) ........................................................................ 2266

1100 –– VVAASSOOSS DDEE PPRREESSSSÃÃOO .......................................................................................................................................................................... 2299

1100..11 –– VVaassooss cciillíínnddrriiccooss........................................................................................................................................................................................ 2299

1100..22 –– VVaassooss eessfféérriiccooss .......................................................................................................................................................................................... 3311

1111 –– DDEEFFLLEEXXÃÃOO DDEE VVIIGGAASS.......................................................................................................................................................................... 3399

1111..11 –– IInnttrroodduuççããoo............................................................................................................................................................................................................ 3399

1111..22 –– RReellaaççããoo eennttrree ddeeffoorrmmaaççããoo--ccuurrvvaattuurraa ee mmoommeennttoo--ccuurrvvaattuurraa .................................................. 3399

1111..33 –– EEqquuaaççããoo ddiiffeerreenncciiaall ppaarraa ddeefflleexxããoo ddee vviiggaass eelláássttiiccaass ...................................................................... 4411

1111..44 –– CCoonnddiiççõõeess ddee ccoonnttoorrnnoo.................................................................................................................................................................... 4422

1111..55 –– SSoolluuççããoo ddee pprroobblleemmaass ddee ddeefflleexxããoo ddee vviiggaass ppoorr mmeeiioo ddee iinntteeggrraaççããoo ddiirreettaa.... 4433

1111..66 –– IInnttrroodduuççããoo aaoo mmééttooddoo ddee áárreeaa ddee mmoommeennttoo .................................................................................................... 4499

1111..77 –– DDeedduuççããoo ddooss tteeoorreemmaass ddee áárreeaa ddee mmoommeennttoo................................................................................................ 4499

1111..88 –– MMééttooddoo ddaa ssuuppeerrppoossiiççããoo .............................................................................................................................................................. 5566

1111..99 –– VViiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass-- mmééttooddoo ddee iinntteeggrraaççããoo ................................................ 6600

1111..1100 –– VViiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass -- mmééttooddoo ddee áárreeaa ddee mmoommeennttoo .................... 6644

1111..1111 –– VViiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass -- mmééttooddoo ddaa ssuuppeerrppoossiiççããoo.................................. 6699

1122 –– MMÉÉTTOODDOOSS DDEE EENNEERRGGIIAA ................................................................................................................................................................ 7733

1122..11 –– IInnttrroodduuççããoo............................................................................................................................................................................................................ 7733

1122..22 –– EEnneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo eelláássttiiccaa ........................................................................................................................................ 7733

Curso de Mecânica dos Sólidos B 3

1122..33 –– DDeessllooccaammeennttooss ppeellooss mmééttooddooss ddee eenneerrggiiaa........................................................................................................ 7777

1122..44 –– TTeeoorreemmaa ddaa eenneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo ee ddaa eenneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo

ccoommpplleemmeennttaarr ...................................................................................................................................................................................................................... 8833

1122..55 –– TTeeoorreemmaa ddee CCaassttiigglliiaannoo ppaarraa ddeefflleexxããoo .................................................................................................................... 8877

1122..66 –– TTeeoorreemmaa ddee CCaassttiigglliiaannoo ppaarraa ddeefflleexxããoo eemm vviiggaass...................................................................................... 9900

1122..77 –– TTeeoorreemmaa ddee CCaassttiigglliiaannoo ppaarraa vviiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass ............................ 9933

1122..88 –– MMééttooddoo ddoo ttrraabbaallhhoo vviirrttuuaall ppaarraa ddeefflleexxõõeess.......................................................................................................... 9977

1122..99 –– EEqquuaaççõõeess ddoo ttrraabbaallhhoo vviirrttuuaall ppaarraa ssiisstteemmaass eelláássttiiccooss ...................................................................... 9999

1133 –– MMÉÉTTOODDOO DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS FFIINNIITTOOSS ....................................................................................................................110088

1133..11 –– MMaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee bbaarrrraa ....................................................................................................110088

1133..22 –– MMaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee bbaarrrraa nnuumm ssiisstteemmaa aarrbbiittrráárriioo ............................111111

1133..33 –– FFoorrççaa aaxxiiaall nnooss eelleemmeennttooss ........................................................................................................................................................111122

1133..44 –– TTééccnniiccaa ddee mmoonnttaaggeemm ddaa mmaattrriizz ddee rriiggiiddeezz gglloobbaall ..............................................................................111133

1133..55 –– MMaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee vviiggaa ........................................................................................................112244

1133..66 –– PPrroopprriieeddaaddeess ddaa mmaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee vviiggaa ..................................................112288

1133..77 –– VViiggaass ccoomm ccaarrggaa ddiissttrriibbuuiiddaa....................................................................................................................................................113322

1144 –– FFLLAAMMBBAAGGEEMM DDEE CCOOLLUUNNAASS....................................................................................................................................................114466

1144..11 –– IInnttrroodduuççããoo..........................................................................................................................................................................................................114466

1144..22 –– CCaarrggaa ccrrííttiiccaa ..................................................................................................................................................................................................114466

1144..33 –– EEqquuaaççõõeess ddiiffeerreenncciiaaiiss ppaarraa ccoolluunnaass ..........................................................................................................................114488

1144..44 –– CCaarrrreeggaammeennttoo ddee ffllaammbbaaggeemm ddee EEuulleerr ppaarraa ccoolluunnaass aarrttiiccuullaaddaass ..................................115511

1144..55 –– FFllaammbbaaggeemm eelláássttiiccaa ddee ccoolluunnaass ccoomm ddiiffeerreenntteess vvíínnccuullooss nnaass eexxttrreemmiiddaaddeess115544

1144..55..11 –– CCoolluunnaa eennggaassttaaddaa--lliivvrree..............................................................................................................................................115555

1144..55..22 –– CCoolluunnaa eennggaassttaaddaa--aappooiiaaddaa ................................................................................................................................115577

1144..55..33 –– CCoolluunnaa eennggaassttaaddaa--eennggaassttaaddaa ........................................................................................................................115577

1144..66 –– LLiimmiittaaççããoo ddaass ffóórrmmuullaass ddee ffllaammbbaaggeemm eelláássttiiccaa ........................................................................................116622

1144..77 –– FFóórrmmuullaa ggeenneerraalliizzaaddaa ddaa ccaarrggaa ddee ffllaammbbaaggeemm ddee EEuulleerr ............................................................116633

1144..88 –– CCoolluunnaass ccoomm ccaarrrreeggaammeennttoo eexxccêênnttrriiccoo ................................................................................................................116655

1144..99 –– FFóórrmmuullaass ddee ccoolluunnaass ppaarraa ccaarrggaass ccoonnccêênnttrriiccaass ......................................................................................116688


99 –– TTRRAANNSSFFOORRMMAAÇÇÃÃOO DDEE TTEENNSSÃÃOO

99..11 –– IInnttrroodduuççããoo

Considere o estado triaxial de tensões em um ponto obtido no sistema de

eixos x, y e z, Figura 9.1. Estes eixos, por conveniência, são normalmente adotados

sendo paralelos às cargas externas às quais estão submetidas as estruturas. No

entanto, é necessário conhecer o estado de tensão deste ponto num sistema de

eixos qualquer, de forma à se conhecer as máximas tensões atuantes, normal e

cisalhante.

Figura 9.1 – Estado triaxial de tensões em um elemento infinitesimal

Por conveniência e para a facilidade do entendimento, será inicialmente

tratado a transformação de tensão para o estado plano de tensões, para finalmente

ser tratado o estado triaxial de tensões. Dessa forma, considere o estado plano de

tensões obtido em dois sistema de eixos diferentes:

σz

τzx

τzτx

τyτy

σx σx

σy

σz

σy

τxz x

y

z ∆x

∆z ∆y

τxy τyz

Transformação de tensão 2

Figura 9.2 – Estado plano de tensões em dois sistema de eixos diferentes

Os estados de tensão mostrados na Figura 9.2 representam o mesmo estado

de solicitação em um ponto. O que é equivalente à dizer que, as forças Fx e Fy são

as componentes de uma força resultante F nas direções x e y, enquanto que, as

forças Fx’ e Fy’ são as componentes da mesma força resultante F nas direções x’ e

y’.

A relação entre as tensões medidas nos diferentes sistema de eixos é feita

seccionando-se um elemento infinitesimal de forma que a face seccionada seja

paralela aos eixos x’ ou y’, Figura 9.3. Sobre o elemento resultante é imposto o

equilíbrio de forças nas direções x’ e y’.

Figura 9.3 – Relação entre as tensões nos dois sistema de eixos diferentes

y

x

σx

τxy

σy

x’

y’

σx’ τx’y’

σy’

=

σx’ τx’y’

τxy

τyx

σy

σx

dA

x’

y’

x

y

σy’

τx’y’ τxy

τyx

σy

σx dA


Através do exemplo numérico abaixo é possível identificar a relação entre as

tensões obtidas em diferentes sistema de eixos.

Exemplo 9.1 – Considere uma barra de aço de 150 mm de largura e 10 mm de

espessura sendo solicitada por uma força axial de 600 N. Determine as

componentes das tensões atuantes sobre o plano definido pela seção a-a.

No sistema de eixos x-y, a única tensão atuante no plano definido pela seção

b-b é a tensão normal na direção x:

x600 N 0,4 MPa 400kPa

150 mm10 mmσ = = =

Se considerarmos que a seção seccionada tem área de seção transversal ∆A,

as seções paralelas aos eixos x e y são ∆A sen 30 e ∆A cos 30, respectivamente.

Utilizando estas áreas, o diagrama de corpo livre do elemento infinitesimal

seccionado é:

onde ∆Fx = 400 kPa (∆A cos 30) = 346,4 ∆A kN.

600 N 600 N

150 mm

10 mm

a

a

b

b 30°

x

y y’

x’

30°

y

x

400 kPa

a

a

∆A ∆A cos 30

∆A sen 30

30° ∆Fx’

30°

∆Fx’

∆Fy’ 30°


Impondo o equilíbrio de forças nas direções x’ e y’, as componentes ∆Fx’ e

∆Fy’ são:

∆Fx’ = 346,4 ∆A cos 30 = 300 ∆A

∆Fy’ = 346,4 ∆A sen 30 = 173 ∆A

Assim, as tensões normal e de cisalhamento à seção a-a são:

x 'x '

y 'x 'y '

∆F 300 kPa∆A∆F

173 kPa∆A

σ = =

τ = =

Estas mesmas tensões podem ser obtidas de uma outra forma, considerando

a barra seccionada da seguinte forma:

Impondo o equilíbrio de forças no diagrama de corpo livre acima, as forças

atuantes na seção a-a são:

Fx’ = 600 cos 30 = 519,6 N

Fy’ = 600 sen 30 = 300 N

A área da seção a-a vale:

2a a

150 mm10 mmA 1732,05 mmcos30− = =

Assim, as tensões normal e de cisalhamento à seção a-a são:

600 N

300 kPa

173 kPa

600 N

Fx’

Fy’


x'x ' 2

a a

y'x 'y ' 2

a a

F 519,6 N 300 kPaA 1732 mm

F 300 N 173 kPaA 1732 mm

−

−

σ = = =

τ = = =

99..22 –– EEqquuaaççõõeess ggeerraaiiss ppaarraa ttrraannssffoorrmmaaççããoo ddee tteennssããoo ppllaannaa

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’.

Figura 9.4 – Tensões e forças em diferentes eixos em um elemento seccionado

Impondo o equilíbrio de forças na direção x’, temos:

σx

τxy

σy

x

y

τyx

x’

y’

+ θ

+ θ A

B

Cθ

σx’ τx’y’

τxy

τyx

σy

σx

x’

y’

θ

dA

σx’ dA τx’y’ dA

τyx dA senθ

σx dA cosθ

x’

y’

θ

σy dA senθ

τyx dA cosθ


→ 0F 'x =∑ ,0cossendAsensendA

sencosdAcoscosdAdA

xyy

xyx'x

=θθτ−θθσ

−θθτ−θθσ−σ (9.1)

Simplificando a eq. (9.1):

θθτ+θσ+θσ=σ sencos2sencos xy2

y2

x'x (9.2)

Sabendo-se que:

θ+θ=

θ−θ=θ

θθ=θ

22

22

sencos1

sencos2cos

cossen22sen

(9.3)

Trabalhando com as eqs. (9.3), tem-se:

22cos1sen

22cos1cos

2

2

θ−=θ

θ+=θ

(9.4)

Substituindo a eqs. (9.4) e a expressão de sen 2θ da eq. (9.3) na eq. (9.2),

temos;

θτ+θ−

σ+θ+

σ=σ 2sen2

2cos12

2cos1xyyx'x (9.5)

Reagrupando a eq. (9.5):

θτ+θσ−σ

+σ+σ

=σ 2sen2cos22 xy

yxyx'x (9.6)

↑ 0F 'y =∑ , 0sensendAcossendA

coscosdAsencosdAdA

xyy

xyx'y'x

=θθτ+θθσ

−θθτ−θθσ+τ (9.7)

Simplificando a eq. (9.7):

θτ+θ

σ−σ−=τ 2cos2sen

2 xyyx

'y'x (9.8)


As eqs (9.6) e (9.8) são as equações de transformação de tensão de um

sistema de coordenadas a outro.

99..33 –– CCíírrccuulloo ddee tteennssõõeess ddee MMoohhrr

Sejam as equações de transformação de tensão (9.6) e (9.8) onde a eq. (9.6)

é colocada da seguinte forma:

θτ+θσ−σ

=σ+σ

−σ 2sen2cos22 xy

yxyx'x (9.9)

Elevando ao quadrado as eqs. (9.8) e (9.9) e somando-as, tem-se:

2xy

2yx2

'y'x

2yx

'x 22τ+

σ−σ=τ+

σ+σ−σ (9.10)

A eq. (10) pode ser colocada de maneira mais compacta:

( ) 22xy

2m'x R=τ+σ−σ (9.11)

A eq. (9.11) é a equação de um círculo de raio:

2xy

2yx

2R τ+

σ−σ= (9.12)

e centro:

02

m

yxm

=τ

σ+σ=σ (9.13)

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.


Figura 9.5 – Círculo de tensões de Mohr

Conclusões importantes:

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 2

yx σ+σ atua em cada um dos planos de máxima e mínima tensão de

cisalhamento.

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

tensões de cisalhamento no plano xy.

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.

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.

τmax

τ

A(σx, τxy)

B(σx, -τxy)

σ1 σ2 σ

θ = 0°

|τmin|=τmax

2 θ1’

2yx

mσ+σ

=σ2

yx σ−σ


99..33 –– CCoonnssttrruuççããoo ddoo ccíírrccuulloo ddee tteennssõõeess ddee MMoohhrr

Exemplo 9.2: 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 eixos x-y são:

σx = - 20 MPa , σy = 90 MPa , τxy = 60 MPa

Procedimento de análise:

a – Determinar o centro (σm, τm) do círculo de tensões de Mohr:

0

MPa352

90202

m

yxm

=τ

=+−

=σ+σ

=σ

b – Determinar o raio R do círculo de tensões de Mohr:

MPa4,81602

90202

R 22

2xy

2yx =+

−−

=τ+

σ−σ=

c – Localizar o ponto A(-20,60) no círculo de tensões de Mohr:

x

y

60 MPa

90 MPa

20 MPa

Ponto A


d – Calcular as tensões principais (maior e menor tensões normais):

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

e – Determinar a orientação das tensões principais.

°=

+=θ 7,47

3520602tgarc2 ''

1 ⇒ θ1’’ = 23,85°

2 θ1’’ + 2 θ1

’ = 180° ⇒ θ1’ = 66,15°

f – Tensão máxima de cisalhamento:

τmax = R = 81,4 MPa

g – Orientação da tensão máxima de cisalhamento:

A(-20,60)

B(90, -60)

τmax = 81,4

σ2 = 35-81,4 = -46,4 σ (Mpa)

τ (Mpa)

2 θ2’

σ1 = 35+81,4 = 116,4

35 20

60 2 θ1

’ 2 θ1’’

2 θ2’’

x

y

σ1 = 116,4 MPa 2

1

θ1’ = 66,15°

σ2 = 46,4 MPa


2 θ1’’ + 2 θ2

’ = 90° ⇒ θ2’ = 21,15°

Exemplo 9.3: 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:

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

Procedimento de análise:

a – Determinar o centro (σm, τm) do círculo de tensões de Mohr:

0

mm/kgf22

132

m

2yxm

=τ

=+

=σ+σ

=σ

x

y

σm = 35 MPa

x’

y’

θ2 = 21,25°

τmax = 81,4 MPa

x’

22,5° x

y

2 kgf/mm2

1 kgf/mm2

3 kgf/mm2

Ponto A


b – Determinar o raio R do círculo de tensões de Mohr:

222

2xy

2yx mm/kgf24,22

213

2R =+

−

=τ+

σ−σ=

c – Localizar o ponto A de coordenadas (3,2) no círculo de tensões de Mohr:

No ponto A’, representando o estado de tensão na face cuja normal é paralela

ao eixo x’, temos:

4,6323

2tgarc'2 1 =

−=θ

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

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

e no ponto B’, representando o estado de tensão na face cuja normal é paralela ao

eixo y’, temos:

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

A(3,2)

B(1, -2)

τmax = 2,24

σ2 = 2-2,24 = -0,24 σ (kgf/mm2)

τ (kgf/mm2)

2 θ2’

σ1 = 2+2,24 = 4,24

2

3

2 A’

45°

B’

2 θ1’


d – Tensões principais:

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

2122tg 1 ==θ

2 θ1´ = 63,4° ⇒ θ1´ = 31,7°

2 θ1´´ = 2 θ1´ + 180° ⇒ θ1´´ = 121,7°

e – Máxima tensão de cisalhamento:

τmax = R = 2,24 kgf/mm2

2 θ2´ + 2 θ1´ = 90° ⇒ θ2´ = 13,3°

2 θ2´´ = 2 θ2´ + 180° ⇒ θ2´´ = 76,7°

x

y

x’

y’

θ = 22,5° 0,71 kgf/mm2

0,13 kgf/mm2

4,13 kgf/mm2

Ponto A’

x

y

4,24 kgf/mm2 -0,24 kgf/mm2

1

2

θ1’ = 31,7°

θ1’’ = 121,7°


Observe que: θ1’ - θ2

’ = 31.7 – (-13.3) = 45° e θ1’’ - θ2

’’ = 121.7 – 76.7 = 45°

99..44 –– IImmppoorrttaannttee ttrraannssffoorrmmaaççããoo ddee tteennssããoo

Seja um elemento sujeito à um estado de tensão de cisalhamento puro (caso

de um eixo em torção).

Figura 9.6 – 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.

x

y

2,24 kgf/mm2

2 kgf/mm2

x´

y´

θ2´ = 13,3°

θ2´´ = 76,7°

T

x

y

τxy

τxy


Figura 9.7 – Círculo de tensões de Mohr em um ponto de um eixo em torção pura

As tensões principais são neste caso:

xy2

xy1

τ−=σ

τ+=σ (9.14)

As orientações das tensões principais são:

∞=θ12tg ⇒

°−=°=θ°=θ

)compressão(45135´´)tração(45´

1

1 (9.15)

Assim, a representação gráfica das tensões principais e suas orientações é

da seguinte forma, Fig. 9.8:

Figura 9.8 – Representação gráfica das tensões principais em um ponto de um eixo

em torção pura

τmax = τxy

σ

τ

σ1 = τxy2 θ1

’2 θ1’’

σ2 = -τxy

x

y

σ1=|τxy|

1 2

θ1’ = 45°

θ2’ = 135°

σ2=|τxy|


99..66 –– TTeennssõõeess pprriinncciippaaiiss ppaarraa oo eessttaaddoo ggeerraall ddee tteennssõõeess

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. 9.9.

Figura 9.9 – Tensão principal σn num plano oblíquo de um elemento infinitesimal

tetraédrico

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. 9.10, nota-se que:

l2 + m2 + n2 = 1 (9.16)

Figura 9.10 – Vetor normal e seus cossenos diretores

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

y

x

z

Vetor normal

m

n

l

α γ

β

σz

τzx

τzτx

τyτy

σx σx

σy

σz

σy

τxz x

y

z

τxy τyz

y

x

z

σx

τxz

τxy

σn

σy

σz

τyx

τyz

τzx

τzy

A

B

C


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

0mdAldAndAn)dA(F

0ldAndAmdAm)dA(F

0ndAmdAldAl)dA(F

yzxzznz

xyyzyny

xzxyxnx

=τ−τ−σ−σ=

=τ−τ−σ−σ=

=τ−τ−σ−σ=

∑∑∑

(9.17)

Simplificando e reagrupando a eq. (9.17) em forma matricial, temos:

=

σ−στττσ−στττσ−σ

000

nml

nzyzxz

yznyxy

xzxynx (9.18)

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

diferentes de zero. Logo, o sistema terá uma solução não trivial quando o

determinante da matriz de coeficientes de l, m e n for nulo.

0

nzyzxz

yznyxy

xzxynx=

σ−στττσ−στττσ−σ

(9.19)

A expansão do determinante fornece um poninômio característico do tipo:

0IIIIII n2n

3n =−σ+σ−σ σσσ (9.20)

onde:

)(2III

)()(II

I

2xyz

2xzy

2yzxxzyzxyzyx

2xz

2yz

2xyxzzyyx

zyx

τσ+τσ+τσ−τττ+σσσ=

τ+τ+τ−σσ+σσ+σσ=

σ+σ+σ=

σ

σ

σ

(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.

99..77 –– CCíírrccuulloo ddee MMoohhrr ppaarraa oo eessttaaddoo ggeerraall ddee tteennssõõeess

Qualquer estado de tensão tridimensional pode ser transformado em três


tensões principais que atuam em três direções ortogonais, Fig. 9.11.

Figura 9.11 – Tensões principais num elemento solicitado triaxialmente

Admitindo que σ1 > σ2 > σ3 > 0, temos:

Figura 9.12 – Círculo de tensões de Mohr para num elemento solicitado triaxialmente

⇒ σx

σz

σy

σxy

σzx

σxy

σzy

σzy

x

z

y

3

1

2

σ1

σ2

σ3

τmax

σ3 σ2σ

τ

σ1

σ3

σ1

σ2

σ3

σ1

σ2

σ3

σ1

σ2


99..77 –– CCrriittéérriiooss ddee eessccooaammeennttoo ee ddee ffrraattuurraa

99..77..11 –– OObbsseerrvvaaççõõeess pprreelliimmiinnaarreess

A resposta de um material à tensão axial ou tensão de cisalhamento puro,

pode ser convenientemente mostrada em diagramas de tensão-deformação. Tal

aproximação direta não é possível, entretanto, para um estado complexo de tensões

que é característico de muitos elementos de máquina e de estruturas. Desta forma,

é importante estabelecer critérios para o comportamento dos materiais com estados

de tensão combinados.

Nesta parte do estudo serão discutidos dois critérios para análise do

comportamento das tensões combinadas em materiais dúcteis, e em seguida será

apresentado um critério de fratura para materiais frágeis.

Figura 9.13 – Diagramas tensão/deformação para materiais dúcteis e frágeis

99..77..22 –– TTeeoorriiaa ddaa mmááxxiimmaa tteennssããoo ddee cciissaallhhaammeennttoo ((TTrreessccaa)) ((mmaatt.. ddúúcctteeiiss))

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:

σ

ε

material frágil

σrup

σ

ε

material dúctil

σesc


Figura 9.14 – Círculos Tensões de Mohr para um ensaio de tração simples

Observa-se que dois círculos são concêntricos, (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:

2esc

críticomaxσ

=τ≡τ (9.22)

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 9.15 – Círculos tensões de Mohr para um estado de tensão biaxial - σ1 e σ2

têm sinais iguais

τmax = (σ1)/2

σ2 = σ3 σ

τ

σ1

τmax = (σ1)/2

σ3 σ2

σ

τ

σ1

σ1

σ2


onde, para:

esc212

esc121

σ≤σ⇒σ>σ

σ≤σ⇒σ>σ (9.23)

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

Figura 9.16 – Círculos Tensões de Mohr para um estado de tensão biaxial - σ1 e σ2

têm sinais diferentes

Para este caso, a tensão de cisalhamento máxima no ponto analisado não

deve exceder a máxima tensão de cisalhamento do material (ver Fig. 9.17).

22esc21 σ

≤σ−σ

± (9.24)

Na iminência de ocorrer o escoamento, tem-se:

1esc

2

esc

1 ±=σσ

−σσ (9.25)

A eq. (9.25) pode ser colocada de maneira gráfica da forma, Fig. 9.17:

τmax = (σ1- σ2)/2

σσ2

σ

τ

σ1

τmax = -(σ1- σ2)/2

σ1

σ2


Figura 9.17 – Representação gráfica de um ponto na iminência de escoar - Tresca

99..77..33 –– TTeeoorriiaa ddaa mmááxxiimmaa eenneerrggiiaa ddee ddiissttoorrççããoo ((vvoonn MMiisseess)) ((mmaatt.. ddúúcctteeiiss))

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:

( ) ( )

( )

2 2 2total x y z x y y z z x

2 2 2xz yz xz

1U2 E E1

2 G

ν= σ + σ + σ − σ σ + σ σ + σ σ

+ τ + τ + τ (9.26)

Esta energia de deformação elástica total, considerada nos eixos principais é

da forma:

( ) ( )1332212

32

22

1total EE21U σσ+σσ+σσ

ν−σ+σ+σ= (9.27)

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.

σ1/σesc1.0

1.0

-1.0

-1.0

B( -1.0, 1.0)

A( 1.0, 1.0)

σ2/σesc


Figura 9.18 – 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:

Figura 9.19 – 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. 9.20.

σ1

σ3

σ2

Energia de deformação elástica total

=

Energia de dilatação

+

Energia de distorção

σ−σ2

σ−σ1

σ−σ3σ

σ

σ

σ1

Energia de deformação elástica total

=

Energia de distorção

σ1

Energia de dilatação

σ1/3

σ1/3

σ1/3

+

σ1/3

σ1/3+

σ1/3

σ1/3


Figura 9.20 – Círculos de tensão de Mohr para o cisalhamento puro

No tensor correspondente a energia de dilatação, os componentes são

definidos como sendo a tensão “hidrostática” média:

3321 σ+σ+σ

=σ (9.28)

onde:

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:

( )2dilatação 1 2 31 2U6 E− ν

= σ + σ + σ (9.30)

A energia de distorção é obtida sustraindo da energia de deformação elástica

total, eq. (9.27) a energia de dilatação, eq.(9.30):

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221distorção G12

1U σ−σ+σ−σ+σ−σ= (9.31)

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

σesc e σ2 = σ3 = 0 é da forma:

τmax = σ1/3

σ

τ

σ1/3σ1/3

0

τmax = σ1/3

σ

τ

σ1/3σ1/3

0


2esc

distorção2 σU12 G

= (9.32)

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).

( ) ( ) ( ) 2esc

213

232

221 2 σ=σ−σ+σ−σ+σ−σ (9.33)

Freqüentemente a eq. (9.33) pode ser rearranjada, sendo a expressão

resultante chamada de tensão equivalente.

( ) ( ) ( )2 2 2equ 1 2 2 3 3 1

1σ σ σ σ σ σ σ2 = − + − + −

(9.34)

A eq. (9.33) pode também ser apresentada da forma: 2 2 2

1 2 3 1 2 2 3 3 1

esc esc esc esc esc esc esc esc esc

σ σ σ σ σ σ σ σ σ 1σ σ σ σ σ σ σ σ σ

+ + − − − =

(9.35)

A eq. (9.36) 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:

12

esc

2

esc

2

esc

12

esc

1 =

σσ

+

σσ

σσ

−

σσ

(9.36)

A eq. (9.36) pode ser colocada de maneira gráfica da forma, Fig. 9.21:


Figura 9.21 – Representação gráfica de um ponto na iminência de escoar – von

Mises

99..77..44 –– TTeeoorriiaa ddaa mmááxxiimmaa tteennssããoo nnoorrmmaall ((mmaatt.. ffrráággeeiiss))

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.

rup321 ouou σ≤σσσ (9.37)

A eq. (9.36) também pode ser colocada de maneira gráfica da forma, Fig.

9.22.

Figura 9.22 – Representação gráfica de um ponto na iminência de romper

σ1/σesc 1.0

1.0

-1.0

-1.0

B( -1.0, 1.0)

A( 1.0, 1.0)

σ2/σesc

σ1/σrup 1.0

1.0

-1.0

-1.0

B( -1.0, 1.0)

A( 1.0, 1.0)

σ2/σrup


Exemplo 9.6: 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

Pelo critério de máxima tensão de cisalhamento:

σ1 = 24,05 Mpa < σesc = 250/2 Mpa (ok)

P

1 m 0,5 m0,5 m

1 m

w w

A B D E C

madeira

aço

aço

AB

C D

y

z


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)


1100 –– VVAASSOOSS DDEE PPRREESSSSÃÃOO

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.

1100..11 –– VVaassooss cciillíínnddrriiccooss

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.

Figura 10.1 – Vaso de pressão cilíndrico

onde:

σ1 = tensão circunferencial (hoop)

σ2 = tensão longitudinal (axial)

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

t

x

y

z

Vasos de pressão 30

Figura 10.2 – Elemento infinitesimal de vaso cilíndrico

Impondo o equilíbrio estático no elemento infinitesimal na direção x, temos:

0Fx =∑ , 2[σ1(t dy)] – p (2r dy) = 0 (10.1)

Logo, a expressão que fornece a tensão circunferencial num vaso cilíndrico é

da forma:

trp

1 =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.

Figura 10.3 – Corte circunferencial de um vaso cilíndrico

Impondo o equilíbrio estático no elemento infinitesimal na direção y, temos:

0Fy =∑ , σ2 (2π r t) – p (πr2 ) = 0 (10.3)

σ1

σ1

dy

2rp

t

t

σ2

p

t

r


Logo, a expressão que fornece a tensão circunferencial num vaso cilíndrico é

da forma:

t2rp

2 =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

1100..22 –– VVaassooss eessfféérriiccooss

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.

τmax = σ1/2

σ

τ

σ1σ3 σ2


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:

0Fy =∑ , σ2 (2π r t) – p (πr2 ) = 0 (10.5)

Logo, a expressão que fornece a tensão circunferencial num vaso esférico é

da forma:

t2rp

2 =σ (10.6)

σ1

σ2

tx

y

z

r

p

t r

σ2


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. Considere E = 200 Gpa e ν

= 0,25.

a – Cálculo das tensões

MPa8010100080,0

trp

1 ===σ

MPa4010.21000.80,0

t2rp

2 ===σ

b – Cálculo da deformação circunferencial

( )[ ]3211 E1

σ+σν−σ=ε

Considerando a tensão radial σ3 = 0.

[ ] mm/mm .10 0,35 40.25,08010.200

1 3-31 =−=ε

rr

r2r2)rr(2

LLo

1∆

=π

π−∆+π=

∆=ε ⇒

1000r10.35,0 3 ∆

=−

∆r = 0,35 mm

τmax = σ1/2

σ

τ

σ1=σ2σ3


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/mm2, determinar o alongamento total da circunferência e o

aumento de diâmetro provocados pela pressão de operação. E = 20 000 kgf/mm2 e ν

= 0,3.

a – Cálculo das tensões

23

1 kgf/mm 6 25

10.5,1.1,0trp

===σ

212 kgf/mm 3

2=

σ=σ

b – Cálculo da deformação circunferencial

( )1

1211 L

LE1 ∆

=νσ−σ=ε ⇒ ( )3

1

10.3L

3.3,06000201

π

∆=−

∆L1 = 2,4 mm

( )dd

dddd

LL

1

11

∆=

ππ−∆+π

=∆

=ε ⇒ ( ) 310.3d3.3,06

000201 ∆

=−

∆d = 0,765 mm

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/mm2, G = 8 000 kgf/mm2.

σ1

σ2

30° 30°

σ2

σ1longitudinal

transversal


a – Cálculo do coeficiente de poisson

( )ν+=12EG ⇒ ν = 0,25

b – Cálculo da deformação transversal

( )LTT E1

νσ−σ=ε ⇒ ( )LT6 25,0

00020110.430 σ−σ=−

LT 25,06,8 σ−σ= (10.7)

c – Cálculo das tensões

p1005,1210.25,1p

trp 3

1 ===σ

p50t2rp

2 ==σ

d – Círculo de tensões de Mohr

e – Tensão de cisalhamento máxima

( )p25

2p50p100

221

max =−

=σ−σ

=τ

f – Tensão normal média

( )p75

2p50p100

221

m =+

=σ+σ

=σ

g – Tensões transversal e longitudinal

τmax = (σ1-σ2)/2

σ

τ

σ1 σ2 σL

60°

σT

σm


p5,8760cos.p25p75T =+=σ (10.8)

p5,6260cos.p25p75L =−=σ (10.9)

Substituindo as eqs. (10.8) e (10.9) na eq. (10.7), determina-se a pressão

interna p:

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

e consequentemente a tensão de cisalhamento atuante na solda:

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

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

50 mm

8 mm

750 mm

σ1

σ1

dy

2rp

t

t


MPa6,1268

10.75,0.35,1trp 3

1 ===σ

b – Cálculo da tensão circunferencial das contra placas

Do equilíbrio estático:

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

MPa 63,3 8.2

10.75,0.35,1t2rp)(

3

cpcp1 ===σ

c – Cálculo da tensão de cisalhamento em cada rebite

(σ1)cp

τ

dy b

tcp

σ1

(σ1)cp

dy

2rp

t

t

tcp

σ1

(σ1)cp

dy

2rp

t

t

tcp


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

)tocisalhamendefluxo(qdydFt)( cpcp1 ==σ

qdydFmm8

mmN3,63

2==

q = 506,4 N/mm

A força cortante que deve resistir cada rebite= fluxo de cisalhamento x

espaçamento entre os rebites é:

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

A tensão de cisalhamento em cada rebite é:

410

25320

4dV

22 π=

π=τ ⇒ τ = 322,4 MPa


1111 –– DDEEFFLLEEXXÃÃOO DDEE VVIIGGAASS


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.

1111..22 –– RReellaaççããoo eennttrree ddeeffoorrmmaaççããoo--ccuurrvvaattuurraa ee mmoommeennttoo--ccuurrvvaattuurraa

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.

Figura 11.1 – Viga em flexão pura

centróide

A D

B Cx ∆x

M MA D’

B C’

ρ

O

y

z

ρ = raio de curvatura

∆θ

∆s

Deflexão de vigas 40

Figura 11.2 – Rotação da seção

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

θ∆−=∆ yu (11.1)

Dividindo a eq. (11.1) por ∆s, comprimento das fibras sobre a superfície

neutra, e levando ao limite, tem-se:

∆s 0 ∆s 0

∆u ∆lim y lim∆s ∆s

oudu dyds ds

→ →

θ= −

θ= −

(11.2)

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

neutro. Assim:

dsdu

=ε (11.3)

Da Fig. 11.2, tem-se a relação:

∆s ∆ou∆ 1∆s

= ρ θ

θ=ρ

(11.4)

Analisando a eq. (11.4) no limite quando ∆s→0:

A D’ D

a b

∆u

superfície

neutra ρ

B C C’

c f

∆x

-y

∆θ

∆s


∆s 0

∆ d 1lim∆s ds→

θ θ= =

ρ (11.5)

Substituindo as eqs. (11.3) e (11.5) na eq. (11.2), tem-se:

y1 ε

−=κ=ρ

(11.6)

onde κ é definido como sendo a curvatura.

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:

xx E

σε = (11.7)

xM y

Iσ = − (11.8)

Substituindo as eqs. (11.7) e (11.8) na eq. (11.6), temos:

IEM1

=ρ

(11.9)

1111..33 –– EEqquuaaççããoo ddiiffeerreenncciiaall ppaarraa ddeefflleexxããoo ddee vviiggaass eelláássttiiccaass

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

Para obter esta equação, é preciso representar a curvatura (1/ρ) em termos da

deflexão v e x que é da forma:

( ) 2/32

22

dxdv1

dxvd

1

+

=ρ

⇒ ( ) IE

M

dxdv1

dxvd

12/32

22

=

+

=ρ

(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: 2

2

2

2

d v ME Idx

oud vE I Mdx

=

=

(11.11)

Substituindo a eq. (11.11) na eq. (11.8), uma nova expressão para se

determinar a tensão pode ser determinada: 2

x 2d vE ydx

σ = − (11.12)

Considerando que )x(VdxdM

−= e )x(wdxdV

−= , temos:

)x(wdx

vdIEdxd

)x(Vdx

vdIEdxd

2

2

2

2

2

2

=

−=

(11.13)

Para o caso da rigidez em flexão EI ser constante:

)x(wdx

vdIE

)x(Vdx

vdIE

4

4

3

3

=

−= (11.14)

1111..44 –– CCoonnddiiççõõeess ddee ccoonnttoorrnnoo

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

diferenciais, devem ser prescritas as condições de contorno. Alguns tipos de

condições de contorno são as seguintes:


v = 0

M = 0

Rolete (extremidade da viga)

v = 0

M = 0

Pino (extremidade da viga)

v = 0

Rolete (posição qualquer ao longo da viga)

v = 0

Pino (posição qualquer ao longo da viga)

v = 0

dv/dx=0

Suporte fixo ou engastado

V = 0

M = 0

Extremidade livre

M = 0

Articulação

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

MMÉÉTTOODDOOSS DDAA IINNTTEEGGRRAAÇÇÃÃOO DDIIRREETTAA

1111..55 –– SSoolluuççããoo ddee pprroobblleemmaass ddee ddeefflleexxããoo ddee vviiggaass ppoorr mmeeiioo ddee iinntteeggrraaççããoo ddiirreettaa

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.


4

4

x3

130x x2

1 220 0

x x x 2

1 2 30 0 0

x x x x 3 2

1 2 3 4o 0 0 0

d vE I w(x)dxd vE I w(x) dx Cdx

d vE I dx w(x) dx C x Cdx

dv xE I dx dx w(x) dx C C x Cdx 2

x xE I v dx dx dx w(x) dx C C C x C6 2

=

= +

= + +

= + + +

= + + + +

∫

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

(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):

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

w = - wo

L

v(L)=0

M(L)=0

v(0)=0

M(0)=0 x

y,v

wo L

L RA RB


AM 0=∑ , ( )B oLR L w L 02

− = , oB

w LR2

=

↑ yF 0=∑ , ( ) oA o

w LR w L 02

− + = , oA

w LR2

=

M 0=∑ , ( )A oxR x w x M 02

− + + = , 2

o ow L x w xM2 2

= −

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

condições de contorno: 22

o o2

2 3o o

3

3 4o o

3 4

w L x w xd vE I M2 2dx

w L x w xdvE I Cdx 4 6

w L x w xE I v(x) C x C12 24

= = −

= − +

= − + +

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

Para x = L, v(L) = 0, 3 4

o o3

w L L w LE I v(L) C L 012 24

= − + = , 3

o3

w LC24

= −

( )3 3 4owv(x) L x 2Lx x24 E I

= − − +

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

gerais, dv 0dx

= . Assim, vmax é:

vmax 0 x

v L/2

wo x

xRA

V

M


4o

max5 w Lv384 E I

= −

A inclinação da curva elástica, dvdx

θ = , é da forma:

2 3 3o o ow L x w x w Ldv 1(x)

dx E I 4 6 24

θ = = − −

Para x = 0, 3

ow L(0)24E I

θ = −

Para x = L, 3

ow L(L)24E I

θ =

Caso (b): 4

o4d vE I w(x) wdx

= = −

3

o 13d vE I w x Cdx

= − +

2 2

o 1 22d v xE I w C x C M

2dx= − + + =

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

Para x = L, M(L) = 0, 2

o 1LM(L) w C L 02

= − + = , 1 oLC w2

=

22o o

2w L x w xd vE I M

2 2dx= = −

-woL3/24EI

0 x

θ woL3/24EI


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

2d v P bE I M x

Ldx= =

2

2

2

1

3

1 2

d v P b xE I Ldx

dv P b x Adx E I L 2

P b xv A x AE I L 6

=

= +

= + +

Condições de contorno:

Para x = 0, v(0) = 0, A2 = 0, 3

1P b xv A x

E I L 6= +

P

L

v(L)=0

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

M(0)=0 x

y,v

B A

b a

RB = Pa/L RA = Pb/L

D

x Pb/L

V

M


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

2

2d v P aE I M (L x)

Ldx= = −

2

2

2

1

2 3

1 2

d v P a P a xE I E I Ldx

dv P a P a xx Bdx E I E I L 2

P a x P a xv B x BE I 2 E I L 6

= −

= − +

= − + +

Condições de contorno:

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

1 2P a Lv(L) B L B 0E I 3

= + + =

Para x = a, v(segmento AD) = v(segmento DB) 3 2 3

1 1 2P b a P a a P a aA a B a B

E I L 6 E I 2 E I L 6+ = − + +

Para x = a, ( dvdx

θ = (segmento AD)) = ( dvdx

θ = (segmento DB))

2 2

1 1P b a P a P a aA a B

E I L 2 E I E I L 2+ = − +

Solução:

( )2 21

P bA L b6 E I L

= − − , ( )2 21

P bB 2L a6 E I L

= − + , 3

2P aB6 E I

=

Equação da curva elástica para o segmento AD:

( )3 2 2P bv x L b x6 E I L

= − −

Equação da curva elástica para o segmento DB:

x Pa/L

M


( )2 3 3

2 2P a x P a x P b P av 2L a xE 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 0dx

= (segmento AD) ⇒ ( )2 2L b

x3

−=

A maior deflexão será então:

( )( )

3 / 22 2

max

P b L bv

9 3 E I L

−=

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

deflexão seria: 3

maxP Lv

48 E I=

MÉTODO DE ÁREA DE MOMENTO

1111..66 –– IInnttrroodduuççããoo aaoo mmééttooddoo ddee áárreeaa ddee mmoommeennttoo

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.

1111..77 –– DDeedduuççããoo ddooss tteeoorreemmaass ddee áárreeaa ddee mmoommeennttoo

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

2d v d dv d M

dx dx dx E Idxou

Md dxE I

θ = = =

θ =

(11.16)

Figura. 11.3 – Representação gráfica do Teorema de área de momento

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

B / AA

M dxE I

θ = ∫ (11.17)

w

A Bdx

θB/A

A

Tan

B

Tan Acurva elástica

dθ

MM

dx

x BA dx

M/EI

M/EI


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.

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 d= θ (11.18)

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

relação a tangente B é determinada por: B

A /BA

Mt x dxE I

= ∫ (11.19)

Da equação que fornece o centróide de uma área temos:

x dA x dA=∫ ∫ (11.20)

w

A Bdx

dθ

A

Tan B

B

Tan A

tA/B

x dx

dsdt


Como a integral, M dxE I∫ , representa a área sob a curva M/EI, pode-se

escrever: B

A /BA

Mt x dxE I

= ∫ (11.21)

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

'B / A

A

Mt x dxE I

= ∫ (11.22)

A distância x ' é a distância do ponto B até o centróide da área sob a curva

M/EI de A até B.

Exemplo 11.3: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. EI é constante.

P

L/2 B A

CDL/4 L/4

x

M/EI

BA x


C 2

C C /DD

áreaR área T

M PL L 1 PL PL L 3 PLdxEI 8EI 4 2 4EI 8EI 4 64 EI

θ = θ = = + − = ∫

Exemplo 11.4: Determine a inclinação no ponto C da viga abaixo. Tome Eaço = 200

Gpa, I = 17.10 6 mm4.

θC/D

D

Tan C

C

Tan D

θC

16

A

2 m B C

4 m 2

x

M/EI

8/EI

24/EI

2 m C

4 m 2 m

x

M/EI

CD

PL/4EI

PL/8EI

L/4


Para pequenas deflexões, podemos considerar:

B / AC A C/ A C/ A

t| | | | | | | |8

θ = θ − θ = − θ

Pelo primeiro teorema de área de momento: 2

C / A

área do T

1 8 kNm 8 kNm(2m)2 E I E I

θ = =

Pelo segundo teorema de área de momento:

B / A

cent.T cent.Tárea T área T

1 1 24kNm 2 1 24kNmt 2m 6m 6m 2m 2m3 2 EI 3 2 EI

= + +

2

B / A320 kN mt

E I=

2 2 2B / A

C C / At 320 kN m 8 kN m 32 kN m| | | |

8 8 E I E I E Iθ = − θ = − =

2

C 6 2 6 432 kN m| | 0,00941 rad

200.10 kN/m 17.10 m−θ = =

Exemplo 11.5: Determine o deslocamento do ponto C da viga abaixo se EI é

constante.

θC/A

TanC

Tan A

θA

Tan B

tB/A

Mo A

L/2

B

L/2

C

RB RA


AM 0=∑ , B oR L M 0− = , oB

MRL

=

↑ yF 0=∑ , oA

MRL

= −

M 0=∑ , oo

M x M M 0L

− + = , oo

MM M xL

= −

A /Bc C /B

tv t2

= −

2o o

A /BM M L1 1t L L

3 2 EI 6EI = =

2o o

C/BM M L1 L 1 Lt

3 2 2 2EI 2 48EI = =

2 2o o

cM L M Lv12EI 48EI

= −

tC/B

Tan C

CTan AvC

Tan B

tA/B

x

Mo

Mo/L

V

M

2LL x

Mo/2EI

M/EI

Mo/EI


2o

cM Lv16EI

=

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

tv t2

= −

1111..88 –– MMééttooddoo ddaa ssuuppeerrppoossiiççããoo

A equação diferencial 4

4d vE I w(x)dx

= satisfaz duas condições necessárias

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

carregamento é assumido não mudar a geometria original da viga. Logo, as

deflexões devido a uma série de carregamento atuando na viga, podem ser

superpostas.

Exemplo 11.6: Determine o deslocamento no ponto C e a inclinação no suporte A da

viga apresentada abaixo. EI é constante.

8 kN

4 m

A B

4 m

2 kN/m

vCθA

=

(θA)1

4 m

A B

4 m

2 kN/m

(vC)1

+


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

no ponto A são:

a) Para a carga distribuida:

( )3 3 2

A 13 w L 3 (2 kN/m) (8 m) 24 kNm128 E I 128 E I E I

θ = = =

( )4 4 3

C 15 w L 5 (2 kN/m) (8 m) 53,33 kNmv768 E I 768 E I E I

= = = ↓

b) Para a carga concentrada:

( )2 2 2

A 2P L (8 kN) (8 m) 32 kNm

16 E I 16 E I E Iθ = = =

( )3 3 3

C 1P L (8 kN) (8 m) 85,33 kNmv

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:

( ) ( )2

A A A1 256 kNm

E Iθ = θ + θ =

( ) ( )3

C C C1 2139 kNmv v v

E I= + = ↓

Exemplo 11.7: Determine o deslocamento na extremidade C da viga apresentada

abaixo. EI é constante.

(θA)2

4 m

A B

4 m

8 kN

(vC)2


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

B 1w L (5 kN/m) (4 m) 13,33 kNm

24 E I 24 E I E Iθ = = =

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

( )2 3

C 113,33 kNm 26,67 kNmv (2m)

E I E I

= =

↑

A força concentrada aplicada no ponto C pode ser aplicada no ponto B além

de um binário:

10 kN

4 m

A C

2 m

5 kN/m

= B

(θB)2

4 m

A

10 kN

2 m

+ B (vC)2

(θB)220 kN/m

(θB)1

4 m

A

C

2 m

5 kN/m

+ B

(vC)1

(θB)1


( )2

oB 2

M L (20 kN.m) (4 m) 26,67 kN.m3 E I 3 E I E I

θ = = =

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

( )2 3

C 226,67 kN.m 53,33 kNmv (2m)

E I E I

= =

↓

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

( )3 3 3

C 3P L (10 kN.m) (2 m) 26,67 kN.mv3 E I 3 E I E I

= = = ↓

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

calculado separadamente:

( ) ( ) ( )3

C C C C1 2 326,7 53,3 26,7 53,3 kN.mv v v vE 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) Deflexão do Ponto C considerando a viga rígida:

10

(vC)

C

2 m

B

w

b L

A

B

C

RB

K


AM 0=∑ , Bw LR

2=

RB = K . vB , Bw Lv2 K

=

Por semelhança de triangulos: C1 B(L b)v v

L+

= , C1wv (L b)

2 K= +

b) Deflexão do Ponto C considerando a viga deformável:

Da tabela: 3

Bw L24 EI

θ = , 3

C2 Bw L bv b24 EI

= θ =

Vc1 – Vc2 = 0 , 3w w L b(L b) 0

2 K 24 EI+ − = , 3

12 EIK (L b)L b

= +

1111..99 –– VViiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass-- mmééttooddoo ddee iinntteeggrraaççããoo

Vigas estaticamente indeterminadas são aquelas que apresentam um número

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

excedentes são chamadas de redundantes e não são necessárias para manter o

equilíbrio estático. O número de reações redundantes classifica o grau de

redundância da viga.

w

b L

A

B C

RB

K vC1

w

b L

A

B

C

RB

K

vC2


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

2d v M

E Idx= , onde M

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

pode ser expresso em função desta reação:

L

A B

wo

2L/3

AB

woL/2

L/3 RAy RBy

RBx

MB


M 0=∑ , 2

oAy

w x xM . R .x 02L 3

+ − = , 3

oAy

w xM R .x6L

= −

Aplicando a equação do momento interno na equação diferencial da curva

elástica: 32

oAy2

w xd vE I R .x6Ldx

= −

2 4o

Ay 1wdv x xE I R . C

dx 2 6L 4= − +

3 5o

Ay 1 2wx xE I v R . C x C

6 24L 5= − + +

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

contorno:

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

Para x = L, dv 0dx

= ; 2 4

oAy 1

wdv L LE I (x L) R . C 0dx 2 6L 4

= = − + =

Para x = L, v = 0; 3 5

oAy 1

wL LE I v R . C L 06 24L 5

= − + =

A solução é:

oAy

w LR10

= , 3

o1

w LC120

= −

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

BxR 0= , oBy

4 w LR10

= , 2

oB

w LM15

=

x

A

wox2/2L

RAy

V

M


Exemplo 11.10: Determine as reações nos suportes para a viga estaticamente

indeterminada como apresentada abaixo. EI é constante.


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

A Bw LR R

2= =

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

interno M:

M 0=∑ , x w LM w x x M' 02 2

+ − + = , 2w L w xM x M'

2 2= − −

Substituindo na equação diferencial da curva elástica: 2 2

2d v w L w xE I x M'

2 2dx= − −

w

L

A B

wL

MB=M’ RBRA MA=M’

x

A

wx

RAy=wL/2

V

MMA=M’


2 3

1dv w L x w xE I M'x Cdx 2 2 2 3

= − − +

3 4 2

1 2w L x w x xE I v M' C x C

4 3 6 4 2= − − + +

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

contorno:

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

Para x = 0, dv 0dx

= ; C1 = 0

Para x = L, v = 0; 3 4 2w L L w L LE I v M' 0

4 3 6 4 2= − − = ,

2w LM'12

=

A condição dv 0dx

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

na curva de inclinação da viga.

1111..1100 –– VViiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass -- mmééttooddoo ddee áárreeaa ddee mmoommeennttoo

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.

P

A

L

B

L


Diagrama de corpo livre devido a força P:

Diagrama M/EI devido a força P é:

Diagrama de corpo livre devido a redundante RBy:

Diagrama M/EI devido a redundante RBy:

A curva elástica da viga é da forma:

P

RAy L

B

L

RAx

MA

2LL x

-2PL/EI

-PL/EI

M/EI

2LL x

RByL/EI

M/EI

RBy

RAy L

B

L

RAx

MA


Como ∆B = 0 ; tB/A = 0:

ByB / A

cent.T cent.R cent.TáreaR área Tárea T

R2 1 L PL 2 1 PLt L L (L) L (L) 03 2 EI 2 EI 3 2 EI

− − = + + =

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.


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

seguinte maneira.

a) Devido a redundante RBy:

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

Tan A A

B

tB/A = 0

Tan B

MoA

L

B

L

C

Mo

RAy L L

RAx

RByRCy


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

M 0=∑ , ByRM x 0

2− = , ByR

M x2

=

b) Devido ao momento Mo:

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

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

M 0=∑ , oMM x 02L

+ = , oMM x2L

= −

A curva elástica da viga é da forma:

A

RBy/2 M

x

A

-Mo/2L M

x

2L L x

RByL/2EI M/EI

2LL x

-Mo/2EI

M/EI

-Mo/EI


Da figura acima, temos:

∆A = ∆B = ∆C = 0 e B / C A / C1t t2

=

By o oB / C

cent.T cent.T cent.Qárea T área Qárea T

R L M M1 1 2 1 1 1t L (L) L (L) L (L)3 2 2EI 3 2 2EI 2 2 2EI

− − = + +

By By oA / C

cent.T cent.T cent.T áreaTáreaT áreaT

R L R M2 1 1 1 2 1t L (L) L L (L) 2L (2L)3 2 2EI 3 2 2EI 3 2 EI

− = + + +

A solução é:

oBy

3MR2L

=

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

RAx = 0 , oAy

MR4L

= , oCy

5MR4L

=

O problema pode também ser resolvido da seguinte maneira:

Tan C

A LB

L

C

tB/C

tA/C Tan B

Tan A

Tan C

A LB

L

CtB/A

tC/A

Tan B

Tan A


De onde, tem-se:

B / A C/ A1t t2

=

1111..1111 –– VViiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass -- mmééttooddoo ddaa ssuuppeerrppoossiiççããoo

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) Removendo RBy:

B5 P Lv48 E I

=

b) Removendo a força P:

P

A

L/2

B

L/2

=

P

A

L/2 B L/2

+ vB

A

L/2

B

L/2

vB’

RBy


3By

BR L

v '3 E I

=

Condições de compatibilidade

0 = - vB + vB’ , 3

ByR L5 P L048 E I 3 E I

= − + , By5R P

16=

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

restantes:

AxR 0= , Ay11R P16

= , A3M P L

16=

Exemplo 11.14: Determine as reações para a viga abaixo escolhendo MA como

sendo redundante. EI é constante.

a) Removendo MA:

2

AP L

16 E Iθ =

b) Removendo a força P:

P

A

L/2

B

L/2

=

A

L/2

P

L/2

B θA

A

L/2

MA

L/2

B θA’


AA

M L'3 E I

θ =

Condições de compatibilidade

0 = - θA + θA’ , 2

AP L M L016 E I 3 E I

= − + , A3M P L

16=

Exemplo 11.15: Determine para a viga abaixo as reações de apoio.

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

a)

3 3

Dw L 6000 .3,66 EI 6 EI

θ = = , 4 4

Dw L 6000 .3,6v8 EI 8 EI

= =

vB = vD + θD. 1,8 , 4 3

B6000 .3,6 6000 .3,6v .1,8

8 EI 6 EI= +

b)

6 000 kgf/m

RA 1,8 m

A

RB

MA MB 1,8 m 1,8 m

B C D

6 000 kgf/m

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B D

vB1

6 000 kgf/m

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B C vB2


3 3

Cw L 6000 .1,86 EI 6 EI

θ = = , 4 4

Cw L 6000 .1,8v8 EI 8 EI

= =

vB = vC + θC. 3,6 , 4 3

B6000 .1,8 6000 .1,8v .3,6

8 EI 6 EI= +

c)

3 3

BB

R L 5400 .5,4v3 EI 3 EI

= =

d)

2 2

B BB

M L M 5,4v2 EI 2 EI

= =

vB1 – vB3 – vB3 + vB4 = 0

MA = MB = 7020 kgf m

RB

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B vb3

1,8 m

A

1,8 m 1,8 m

B MB

vB4


1122 –– MMÉÉTTOODDOOSS DDEE EENNEERRGGIIAA


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.

1122..22 –– EEnneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo eelláássttiiccaa

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:

Figura 12.1 – Elemento solicitado axialmente na direção x

A energia de deformação elástica para esta solicitação é da forma:

( )x x x x1 1dU dy. dz . .dx dV2 2

= σ ε = σ ε

(12.1)

A densidade de energia de deformação Uo é interpretada graficamente como

sendo a área sob a linha inclinada do diagrama tensão deformação, Fig. 12.2.

dy

dxdz

σx σx x

y

z

Métodos de Energia 74

Figura 12.2 – Densidade de energia de deformação elástica

x xo

dU UdV 2

σ ε= = (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:

( )xy xy xy xy

xy xyocis

cis

1 1dU dx. dz . .dy dV2 2

oudU UdV 2

= τ γ = τ γ

τ γ = =

(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:

o x x y y z z xy xy yz yz xz xzdU 1 1 1 1 1 1dUdV 2 2 2 2 2 2

= = σ ε + σ ε + σ ε + τ γ + τ γ + τ γ (12.4)

Substituindo a lei de Hooke que relaciona deformação com tensão na eq.

(12.4), temos:

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2xz yz xzo x y z x y y z z x

1 1U2E E 2G

ν= σ + σ + σ − σ σ + σ σ + σ σ + τ + τ + τ (12.5)

De uma forma mais ampla, para um corpo elástico sob tensão, a energia de

deformação total é obtida pela integração volumétrica:

εx

σx

E


( )

o x y zV

x x y y z z xy xy yz yz zx zxV

U U d d d

ou1U dx dy dz2

=

= σ ε + σ ε + σ ε + τ γ + τ γ + τ γ

∫∫∫

∫∫∫

(12.6)

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

deformação de barras axialmente carregadas, vigas fletidas e cisalhadas forem

consideradas:

( )x x xy xyV

1U dx dy dz2

= σ ε + τ γ∫∫∫ (12.7)

Para materiais linearmente elásticos, com tensão uniaxial, x x /Eε = σ e no

cisalhamento puro, xy xy / Gγ = τ . Assim a equação anterior pode ser reordenada da

sequinte maneira: 22xyx

V VU dx dy dz dx dy dz

2 E 2 Gτσ

= +∫∫∫ ∫∫∫ (12.8)

Energia de deformação para barras axialmente carregadas:

Para este caso, xP

Aσ = e A

dy dz A=∫∫ . Desta forma, P e A são funções

somente de x, logo: 2 2

x2V V

2 2

2L A L

PU dV dx dy dz2 E 2 A E

P PU dy dz dx dx2 AE2 A E

σ= =

= =

∫∫∫ ∫∫∫

∫ ∫∫ ∫ (12.9)

Se P, A e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se: 2P LU

2 E A= (12.10)

Energia de deformação na flexão:

Para este caso, xM y

Iσ = − e 2

Ay dy dz I=∫∫ . Como, M e I são funções

somente de x, logo:


22x

V V

2 22

2L A L

1 MU dV y dx dy dz2 E 2 E I

M MU y dy dz dx dx2 E I2 E I

σ = = −

= =

∫∫∫ ∫∫∫

∫ ∫∫ ∫ (12.11)

Se M, I e E são constantes ao longo do comprimento L da barra, tem-se: 2M LU

2 E I= (12.12)

Energia de deformação para tubos circulares em torção:

Para este caso, TJρ

τ = e 2A

dy dz Jρ =∫∫ . Como, T e J são funções

somente de x, logo: 22

V V

2 22

2L A L

1 TU dV dx dy dz2 G 2 G J

T TU dy dz dx dx2 G J2 G J

τ = = ρ

= ρ =

∫∫∫ ∫∫∫

∫ ∫∫ ∫ (12.13)

Se T, J e G são constantes ao longo do comprimento L do tubo, tem-se: 2T LU

2 G J= (12.14)

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:

max 3 2M c M h/ 2 6 M

I b h b h12

σ = = = (a)

Substituindo a eq. (a) na eq. (12.12), temos: 2 2

max maxb h L VU2 E 3 2 E 3σ σ = =

(b)


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

energia é:

( )22 2

max2

P L P A LU V2 E A 2 E 2 EA

σ= = = (c)

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.

1122..33 –– DDeessllooccaammeennttooss ppeellooss mmééttooddooss ddee eenneerrggiiaa

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.

eW U= (12.15)

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

externas e das forças internas é nulo.

e i

i

W W 0ouU W

− =

= − (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.

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:

e1W P.∆2

= (a)

Igualando a eq. (a) com a eq. (12.10), temos: 21 P LP.∆

2 2 E A= (b)

Reagrupando os termos, a deflexão ∆ é:

P L∆E A

= (c)

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:

e1W T.2

= ϕ (a)

Igualando a eq. (a) com a eq. (12.14), temos: 21 T LT.

2 2 G Jϕ = (b)

Reagrupando os termos, a rotação ϕ é:

P

L ∆

L

T


T LG J

ϕ = (c)

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.

A energia de deformação devido ao momento é da forma: L L2 2 2 3

0 0

M ( P.x) P .LU dx dx2 E I 2 E I 6 E I

−= = =∫ ∫ (a)

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

2V Q P h yI t 2 I 2

τ = = −

(b)

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: 22h / 2

2

h / 2

1 P hU y Lbdy2 G 2 I 2

+

−

= −

∫ (c)

Desenvolvendo a eq. (c), tem-se:

P

L

b

h

V=P

x

M=-Px

L

γ


22 5 2 5 2

2 3P L b h P L b h 12 3 P LU

30 240 G 5 A G8 G I b h

= = =

(d)

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:

e flexão cis2 3 2

W U U U

1 P L 3 P LP.∆2 6 E I 5 A G

= = +

= + (e)

Assim, a deflexão da viga pode ser determinada pela expressão:

3P L 6 P L∆

3 E I 5 A G= + (f)

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

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

tensão de cisalhamento média sobre a seção transversal, medVA

τ = . Esta quantidade

dividida pelo módulo de cisalhamento G é a deformação angular, med VG A Gτ

γ = = ,

que multiplicada pelo comprimento L fornece a deflexão na extremidade da barra. O

número 6/5, que aparece no termo da deflexão devido ao cisalhamento, pode então

ser interpretado como um fator de correção utilizado quando considera-se a tensão

de cisalhamento constante sobre toda a seção.

Reagrupando a eq. (f), a expressão de deflexão fica: 3 2

2P L 3 E h∆ 13 E I 10 G L

= +

(g)

Na eq. (g), se a relação for E/G = 2,5 para aços mais comumente utilizados,

ela pode ser reescrita da forma: 2

flexão2h∆ 1 0,75 ∆L

= +

(h)


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

vezes a deflexão devido a flexão, 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.

AM 0=∑ , RBy . 0,8 L – P . 0,6 L = 0 , By3R P4

=

↑ yF 0=∑ , Ay3R P 04

− = , Ay3R P4

=

→ xF 0=∑ , BxR P 0− = , RBx = P

Cálculo dos esforços internos de cada membro.

Ponto D:

P

A B

CD

0.6 L

0.8 L

L

P

A B

CD

0.6 L

0.8 L

L

RA RB

RB

P

PAD

PDCD


↑ yF 0=∑ , PAD = 0

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

Ponto C: ( 4cos5

θ = , 3sen5

θ = )

→ xF 0=∑ , – PDC + PAC cosθ = 0 , AC5P P4

= (compressão)

↑ yF 0=∑ , PAC senθ + PBC = 0, BC3P P4

= − (tração)

Ponto A:

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

↑ yF 0=∑ , RAy - PAC senθ + PAD = 0, Ay3R P4

= (Ok)

Igualando o trabalho realizado pela força externa P com a energia absorvida

pela barras, temos: 2k1 P L∆ P

2 2 A E= ∑ ,

( ) ( )2 22 2

AB DC BC AC

3 / 4P 0,6L 5 / 4P LP 0,8L P 0,8L∆ PAE AE AE AE

− = + + +

PBC

PDC C

PAC

θ

PAB

PAD

A

PAC

θ

RAy


Eliminando a força P, a deflexão da treliça no ponto D é:

PL∆ 3,5AE

=

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.

1122..44 –– TTeeoorreemmaa ddaa eenneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo ee ddaa eenneerrggiiaa ddee ddeeffoorrmmaaççããoo

ccoommpplleemmeennttaarr

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.

Figura 12.3 – Diagrama tensão-deformação de um material elástico

dε1ε1

ε

dσ1

σ1

σ

0


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

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

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

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 d∆1, logo o trabalho incremental produzido é:

( )e 1 1 1 1 1 1 1dW P dP d∆ P d∆ dP d∆= + = + (12.17)

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

produzido é:

e 1 1dW P d∆= (12.18)

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

energia de deformação é:

1 1dU P d∆= (12.19)

Assim, a energia de deformação elástica absorvida quando a barra se alonga

de ∆ é:

∆

1 10

U P d∆= ∫ (12.20)

d∆1∆1

∆

dP

P1

P

0

We=U

We*=U*


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 Pd∆

= (primeiro Teorema de Castigliano) (12.21)

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

de d∆1, causando um aumento da força dP1, logo o trabalho incremental produzido,

definido como trabalho complementar, é:

( )*e 1 1 1 1 1 1 1dW dP ∆ d∆ dP ∆ dP d∆= + = + (12.22)

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

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

complementar é: *

1 1dU ∆ dP= (12.23)

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 ∆ dP= = ∫ (12.24)

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 ∆

dP= (segundo Teorema de Castigliano) (12.25)

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: * *

1 2 k n 1 2 j pU U (P , P , ,P , ,P ; M , M , ,M , ,M )= (12.26)

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


* * * **

1 2 k j1 2 k j

U U U UU P P P MP P P M

∂ ∂ ∂ ∂δ = δ + δ + + δ + + δ +

∂ ∂ ∂ ∂ (12.27)

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

de deformação complementar será incrementada de: *

*k

k

UU PP∂

δ = δ∂

(12.28)

A energia de deformação complementar total é a energia de deformação

complementar inicial mais os incrementos devidos a diferentes forças: *

* *total k

k

UU U PP∂

= + δ∂

(12.29)

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

complementar total devido a este incremento é: * *

e e k ktotalW W P ∆= + δ (12.30)

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

*

k k kk

UP ∆ PP∂

δ = δ∂

(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: *

kk

U∆P∂

=∂

(12.32)

Generalizando a eq. (12.33), a inclinação (ou rotação) da seção θj no ponto

onde é aplicado um momento Mj é: *

jj

UM∂

θ =∂

(12.33)


1122..55 –– TTeeoorreemmaa ddee CCaassttiigglliiaannoo ppaarraa ddeefflleexxããoo

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*.

Figura 12.5 – Diagrama força-elongação de um material elástico linear

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

temos: *

kk k

*

jj j

U U∆P P

U UM M

∂ ∂= =∂ ∂

∂ ∂θ = =

∂ ∂

(12.34)

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

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

O primeiro teorema de Castigliano, permanece o mesmo como visto

anteriormente considerando a não linearidade do material. Neste caso, U é função

dos deslocamentos, e Pk é a força (ou Mk é o momento) aplicada na direção da

deflexão ∆k (ou rotação θk).

kk

kk

UP∆UM

∂=∂∂

=∂θ

(12.35)

∆k

Pk

Energia de deformação U

Energia de deformação complementar U*=U

0


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∆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 LT G J∂

ϕ = θ = =∂

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: 3U P L 6 P L∆

P 3 E I 5 A G∂

= = +∂

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 mm2

e ABC = A2 = 0,219 mm2. Tome E = 2.1 1011 N/m2.

B

A

C

100 mm

200 mm

200 mm

P = 3 N


Do equilíbrio estático no ponto B, temos: 2cos5

θ = , 1sen5

θ = , 2cos2

α = ,

2sen2

α =

→ xF 0=∑ , - PAB cosθ + PBC cosα = 0 , AB BC2 2P P 0

25− + = , AB BC

2 5P P2 2

=

↑ yF 0=∑ , PAB senθ + PBC senα - P = 0 , AB BC1 2P P P

25+ = , BC

2 2P P3

= ,

AB5P P

3=

A energia de deformação elástica do sistema é: 2 2 22

* k k 1 1 2 2

k k 1 1 2 2k 1

P L P L P LU U2 A E 2 A E 2 A E=

= = = +∑

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

temos a deflexão vertical no ponto B.

1 1 1 2 2 2B

1 1 2 2

U PL P P L P∆P A E P A E P∂ ∂ ∂

= = +∂ ∂ ∂

, com 1P 5P 3

∂=

∂ e 2P 2 2

P 3∂

=∂

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

200√2 mm.

B 3 35P / 3 .100 5 5 2 2P / 3 . 200 2 2 2∆

3 30,125 . 210.10 0,219 . 210.10= +

Assim, o deslocamento vertical do ponto B é:

∆B = 0,0306 mm

PAB

B

α

θ

PBC

P


1122..66 –– TTeeoorreemmaa ddee CCaassttiigglliiaannoo ppaarraa ddeefflleexxããoo eemm vviiggaass

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.

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

a utilização do teorema de Castigliano, uma força fictícia RA = 0 deve ser aplicada

neste ponto, o que permite determinar A

UR∂∂

. Logo.

A equação de momento e sua derivada com relação à uma força fictícia RA na

extremidade da viga é da forma: 2

oA

A

w xM R x2

eM xR

= − +

∂=

∂

(a)

Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão na extremidade da viga é: L

AA A0

U M M∆ dxR E I R∂ ∂

= =∂ ∂∫ (b)

Substituindo a eq. (a) na eq. (b), temos:

L

wo

A

wo

RA x

M


L 2o

A AA 0

w xU 1∆ R x ( x) dxR E I 2

∂= = − + + ∂

∫ (c)

Integrando a eq. (c), a deflexão no ponto A da viga é: 4

oA

w L∆8 E I

= − (direção contrária a direção da aplicação da força RA) (d)

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

utilização do teorema de Castigliano, um momento fictício MA = 0 deve ser aplicado

neste ponto, o que permite determinar A

UM∂∂

. Logo.

A equação de momento e sua derivada com relação à um momento fictício MA

na extremidade da viga é da forma: 2

oA

A

w xM M2

eM 1

M

= − −

∂= −

∂

(e)

Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão na extremidade da viga é: L

A0

U M M dxM E I M∂ ∂

θ = =∂ ∂∫ (f)

Substituindo a eq. (e) na eq. (f), temos: L 2

oA A

A 0

w xU 1 M ( 1) dxM E I 2

∂θ = = − − −

∂ ∫ (g)

wo

MA

x

M


Integrando a eq. (g), a rotação no ponto A da viga é: 3

oA

w L6 E I

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

Exemplo 12.9: Determine o deslocamento vertical do ponto C para a viga mostrada

abaixo. EI é constante.

Neste caso, nos dois trechos da viga, as equações de momento devem ficar

em função da força fictícia RC:

BM 0=∑ , CA

RR 92

= + (a)

TRECHO AB (0 < x < 4):

2 C

C

RM 3x 9 x2

eM xR 2

= − + +

∂=

∂

(b)

TRECHO BC (0 < x < 2): 2

C

C

M R (2 x) 3 (2 x)e

M (2 x)R

= − − −

∂= −

∂

(c)

Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão no ponto C da viga é: L

CC C0


= =∂ ∂∫ (d)

6 kN/m

2 m4 m

A

B

C

RC RBRA


Substituindo as eqs. (b) e (c) na eq. (d), temos:

( )4 2

2 2CC C

0 0

R1 x 1∆ 3x x 9x ( ) dx R (2 x) 3 (2 x) (2 x) dxE I 2 2 E I

= − + + + − − − − ∫ ∫ (e)

Integrando a eq. (e), a deflexão no ponto C pode ser determinada e é da

forma:

C12∆EI

= − (direção contrária a direção da aplicação da força RC) (f)

1122..77 –– TTeeoorreemmaa ddee CCaassttiigglliiaannoo ppaarraa vviiggaass eessttaattiiccaammeennttee iinnddeetteerrmmiinnaaddaass

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

oA

A

w xM R x2

eM xR

= − +

∂= +

∂

(a)

Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão no ponto A da viga é: L

AA A0


= =∂ ∂∫ (b)

Como no ponto A há um apoio, temos:

wo

RA x

M A


L 2o

A AA 0

w xU 1∆ R x ( x) dx 0R E I 2

∂= = − + + = ∂

∫ (c)

Resolvendo a integral da eq. (c): 4 3

o Aw L R L 08 E I 3 E I

− + = (d)

Logo, a reação no ponto A é:

oA

3 w LR8

= + (e)

Exemplo 12.11: Determine para a viga apresentada abaixo as reações de apoio.

Determinação das reações de apoio em função de uma única incógnita, RB:

AM 0=∑ , BC

RR 32

= − + (a)

↑ yF 0=∑ , BA

RR 92

= − + (b)

Trecho AB (0 < x < 2):

2 B

B

RM 3x 9x x2

eM xR 2

= − + −

∂= −

∂

(c)

Trecho BC (0 < x < 2):

6 kN/m

RA

RB

A

RC

B C

2 m 2 m


BB

B

RM x 3x R 62

eM x 1R 2

= − − +

∂= −

∂

(d)

Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a deflexão no ponto B da viga é: L

BB B0

U M M∆ dx 0R E I R∂ ∂

= = =∂ ∂∫ (e)

Substituindo as eqs. (c) e (d) na eq. (e), temos: 2 2

2 B BB

0 0

1 R x 1 R x0 3x 9x x ( ) dx x 3x R 6 ( 1) dxE I 2 2 E I 2 2

= − + − − + − − + − ∫ ∫ (f)

Resolvendo a eq. (f), a reação em B é:

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):

6 000 kgf/m

RA 1,8 m

A

RB

MA MB 1,8 m 1,8 m

B C D


A

A

M M 5400 xe

M 1M

= − +

∂= −

∂

(a)

Trecho CD (0 < x < 1,8m): 2

A

A

xM M 5400 (1,8 x) 60002

eM 1

M

= − + + −

∂= −

∂

(b)

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

A

A

M M 5400 (1,8 x)e

M 1M

= − + −

∂= −

∂

(c)

Aplicando a eq. (12.34) na eq. (12.11), a rotação no ponto A da viga é,

considerando o engaste:

L

AA A0

U M M dx 0M E I M∂ ∂

θ = = =∂ ∂∫ (d)

Substituindo as eqs. (b) e (c) na eq. (d), temos:

( ) ( )( )

( )( )

1,8 1,82

A A0 0

1,8

A0

1 10 M 5400x ( 1) dx M 5400 1,8 x 3000x ( 1) dxE I E I

1 M 5400 1,8 x ( 1) dxE I

= − + − + − + + − − +

− + − −

∫ ∫

∫(e)

Resolvendo a eq. (e), os momentos nos pontos A e B são:

MA = MB = 7020 kgf m (f)


1122..88 –– MMééttooddoo ddoo ttrraabbaallhhoo vviirrttuuaall ppaarraa ddeefflleexxõõeess

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:

e i

e i

W W 0ouW W

δ + δ =

δ = −δ (12.36)

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

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

variação do trabalho virtual externo nos elementos internos δWei. As quantidades

são numericamente iguais porém de sinais opostos. Logo:

e eiW Wδ = δ (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.

Figura 12.6 – Esforços virtuais e deslocamentos reais

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

introduzir as deformações especificadas, tal como devido à uma variação na

temperatura. Isso causa deformações internas reais ∆L, que podem ser calculadas.

Devido a essas deformações, o sistema de força virtual realiza trabalho.

Desta forma, como o trabalho externo realizado pela força virtual δF,

movendo-se de ∆ na direção dessa força é igual ao trabalho total realizado nos

elementos internos pelas forças virtuais internas δf, movendo-se das distâncias reais

respectivas ∆L, a forma especial da equação do trabalho virtual se torna:

F ∆ f ∆Lδ = δ∑ (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 . ∆ f ∆L= ∑ (12.39)

onde:

A

BδF

A força em umelemento típico é δf

A

Bδ

P

P

A deformação emum elemento típicodevido às forçasreais é ∆L

∆L

Posição final do ponto A O deslocamento

do ponto A nadireção A-B é ∆


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

f = forças internas causadas pela força virtual unitária,

∆L = deformações internas reais de um corpo.

As deformações reais podem decorrer de qualquer causa, com as

deformações elásticas sendo um caso especial. As forças de tração e os

alongamentos dos membros são 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.

1122..99 –– EEqquuaaççõõeess ddoo ttrraabbaallhhoo vviirrttuuaall ppaarraa ssiisstteemmaass eelláássttiiccooss

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

tanto para membros com 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∆LA E

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

ni i

ii ii 1

P L1 . ∆ pA E=

= ∑ (12.40)

onde:

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

Pi = força no mesmo membro devido aos carregamentos reais.

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

Vigas:

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

surgirão momentos fletores internos nas várias seções designados por m. Ao se


aplicar as forças reais, os momentos fletores giram as seções da viga de dθ =

Mdx/(EI) radianos. Assim, o trabalho realizado em um elemento da viga pelos

momentos virtuais m é mMdx/(EI). Integrando essa equação ao longo do

comprimento da viga, obtemos o trabalho externo nos elementos internos. Logo a

equação do trabalho virtual para este caso é: L

0

m M dx1 . ∆E I

= ∫ (12.41)

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

seção particular. Para esse caso, no lugar de se aplicar uma força unitária virtual,

aplica-se um conjugado unitário virtual na seção investigada. L

0

m M dx1 .E I

θ = ∫ (12.42)

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 = 21.103 kgf/mm2.

m m

dx

M M

dx

Mdx/EI

B

A

C

1 m

1 m

1,25 m

A = 100 mm2

L = 1,60m

A = 160 mm2

L = 1,60m

1500 kgf


1 – Determinar os esforços internos virtuais, pi:

Equilíbrio estático no ponto B: 1,25cos1,6

θ = , 1sen1,6

θ =

→ xF 0=∑ , AB BC1,25 1,25p . p 01,6 1,6

− = , pAB = pBC

↑ yF 0=∑ , AB BC1 1p . p 1 0

1,6 1,6− − + = , pAB = 0,8 (compressão), pBC = 0,8 (tração)

2 – Determinar os esforços internos reais, Pi:

B

A

C

RAy

1 kgf

pAB

pBC

RCy

RAx

RCx

Carregamento virtual

B

1 kgf

pBC

pAB

θ

θ

B

A

C

RAy

1500 kgf PBC

RCy

RAx

RCx

PAB

Carregamento real


Equilíbrio estático no ponto B:

→ xF 0=∑ , AB BC1,25 1,25P . P 01,6 1,6

− = , PAB = PBC

↑ yF 0=∑ , AB BC1 1P . P 1500 0

1,6 1,6− − − = , PAB = -1200 (tração) , PBC = -1200 (compr.)

Caso (a):

Membro p (kgf) P (kgf) L (mm) E

(kgf/mm2)

A (mm2) p PL/EA

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

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

Σ - 1,1886

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

Caso (b):

1 x ∆ = (- 0,8)(- 3) + (+ 0,8)(0)

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

Caso (c):

∆LBC = α L ∆T = 0,000012 . 1600 . (-60) = - 1,152 mm

1 x ∆ = (- 0,8)(0) + (+ 0,8)(-1,152)

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

Exemplo 12.14: Determine o deslocamento vertical do ponto C da treliça de aço

abaixo. Considere as seções transversais de cada membro A = 400 mm2 e E = 200

GPa.

B

1500 kgf PB

PA

θ

θ


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

ponto C:

AM 0=∑ , rDx . 2 – 1 . 2 = 0 , rDx = 1 kN

→ xF 0=∑ , rAx – rDx = 0 , rAx = 1 kN

Equilíbrio estático no ponto D:

→ xF 0=∑ , - rDx + pDC = 0 , pDC = 1 kN (tração)

↑ yF 0=∑ , rDy = 0 , rAy = 1 kN

A B

CD

100 kN

2 m

2 m2 m

D pDC

rDy

rDx

A

B

CD 1 kN

2 m

2 m2 m

rAy

rDy

rAx

rDx


Equilíbrio estático no ponto A: 2cos2

θ = , 2sen2

θ =

↑ yF 0=∑ , Ay AC2R p . 0

2− = , ACp 2= kN (compressão)

→ xF 0=∑ , Ax AC AB2R p . p 0

2− + = , pAB = 0

Equilíbrio estático no ponto C:

→ xF 0=∑ , DC AC BC2 2p p . p 0

2 2− + + = , pBC = 0

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

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

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

C pDC

pBC pAC

θθ

1 kN

A RAx

pAB

pAC

θ

RAy

A

B

CD

0.6 L

100

2 m

2 m2 m

RAy

RAx

RDx


↑ yF 0=∑ , rAy – 100 = 0 , rAy = 100 kN

Equilíbrio estático no ponto A:

↑ yF 0=∑ , Ay AC2R P . 0

2− = , PAC = 100 2 kN (compressão)

→ xF 0=∑ , Ax AC AB2R P . P 0

2− + = , PAB = - 100 kN (compressão)

Equilíbrio estático no ponto C:

↑ yF 0=∑ , AC BC2 2P . P . 0

2 2− = , PBC = 100 2 kN (tração)

→ xF 0=∑ , DC AC BC2 2P P . P 0

2 2− + + = , PDC = 200 kN (tração)

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

AB 0 -100.103 4.103 400 200.103 0

BC 0 100 2 .103 2 2 .103 400 200.103 0

AC - 2 -100 2 .103 2 2 .103 400 200.103 7,07

CD 1 200.103 2.103 400 200.103 5

Σ 12,07

∆Cv = 12,07 mm

A rAx

PAB

PAC

θ

rAy

C PDC

PBC PAC

θθ


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.

A equação de momento real é: 3

o ow x w xx xM2 L 3 6 L

= − = − (0 ≤ x ≤ L) (a)

E as equações de momento virtual são:

m = 0 (0 ≤ x ≤ L/2) (b)

Lm 1 x2

= − −

(L/2 ≤ x ≤ L) (c)

Substituindo as eqs. (a), (b) e (c) na eq. (12.41), temos: L L / 2 L3 3

0 0

0 0 l / 2

w x w xm M dx 1 1 L1 . ∆ (0) dx x dxE I E I 6 L E I 2 6 L

= = − + − + −

∫ ∫ ∫ (d)

Resolvendo a eq. (d), a deflexão no ponto A é:

4

oA

49 w L∆3480 E I

= (e)

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

ow x LM P x6 L 2

= − − −

para (x ≥ L/2) (f)

-Diagrama de

-Diagrama de

x

wo

wox/L Carregamento real

1 kgf

L/2 L/2

Carregamento virtual

A


A derivada da eq. (f) com relação à P é:

M LxP 2∂ = − − ∂

(g)

onde a eq. (g) é o momento virtual m para (x ≥ L/2).

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 / 2

0 0

R 1 cos PRsen R dm M dx1 . ∆E I E I

π − − θ − θ θ = =∫ ∫ (a)

Resolvendo a eq. (a), a deflexão encontrada é: 3P R∆

2 E I= + (b)

P

R

1 kgf

θ

R(1-cosθ)

m=-R(1-cosθ)

P

θ

M=-PRsenθ

Rsenθ

Método dos Elementos Finitos 108

1133 –– MMÉÉTTOODDOO DDOOSS EELLEEMMEENNTTOOSS FFIINNIITTOOSS

ELEMENTOS FINITOS PARA TRELIÇAS

1133..11 –– MMaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee bbaarrrraa

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:

xaa)x(u 21 += (13.1)

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

contorno:

LuuaLaau)L(u)x(u,Lx/p

au)0(u)x(u,0x/p

122212

11

−=⇒+====

==== (13.2)

Substituindo os resultados de a1 e a2 da eq. (13.2)na eq. (13.1), temos:

2211 u)x(fu)x(f)x(u += (13.3)

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

1 2

P1, u1 P2, u2 L

x

E, A


Lx)x(f

Lx1)x(f

2

1

=

−= (13.4)

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

como:

xu∂∂

=ε (13.5)


2'21

'12

21

1 u)x(fu)x(fux

)x(fux

)x(f+=

∂∂

+∂

∂=ε (13.6)

A força axial atuando ao longo do elemento é obtida da forma:

xuAEAEAP∂∂

=ε=σ= (13.7)


[ ]2'21

'1 u)x(fu)x(fAEP += (13.8)

A expressão de energia de deformação para o caso de barras solicitadas

axialmente é da forma:

dxAE2

PUL

0

2

∫= (13.9)

Substituindo eq. (13.8) na eq. (13.9), temos:

[ ] dxu)x(fu)x(f2AEU

L

0

22

'21

'1∫ += (13.10)

Aplicando o primeiro teorema de Castigliano, PuU=

∂∂ , derivando a energia

com relação ao deslocamento u1, temos:


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

AE2uUP '

1

L

02

'21

'1

11 ∫ +=

∂∂

= (13.11)

Desenvolvendo a eq. (13.11), temos:

2

L

0

'2

'11

L

0

'1

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

+

= ∫∫ (13.12)

E, aplicando o primeiro teorema de Castigliano, derivando a energia com

relação ao deslocamento u2, temos:

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

AE2uUP '

2

L

02

'21

'1

22 ∫ +=

∂∂

= (13.13)

Desenvolvendo a eq. (13.13), temos:

2

L

0

'2

'21

L

0

'1

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

+

= ∫∫ (13.14)

Colocando as eqs. (13.12) e (13.14) na forma matricial:

{ } [ ] { }ukPouuu

kkkk

PP

2

1

2221

1211

2

1 =

=

(13.15)

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

da seguinte maneira:

∫=L

0

'j

'iij dx)x(f).x(fAEK (13.16)

Aplicando a eq. (13.4) na eq. (13.16), a matriz de rigidez elementar é:

[ ]

−

−=

1111

LAEk (13.17)


1133..22 –– MMaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee bbaarrrraa nnuumm ssiisstteemmaa aarrbbiittrráárriioo

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 aleatoriamente no plano x-y.

Assim, é necessário determinar uma matriz de rigidez genérica, fazendo um ângulo

φ com o eixo x, Fig. 13.2:

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:

φ+φ−=

φ+φ−=φ+φ=φ+φ=

cosvsenuvcosvsenuvsenvcosuu

senvcosuu

222

111

222

111

(13.18)

Colocando a eq. (13.18) na forma matricial:

{ } [ ] { }qTqou

vuvu

cs00sc0000cs00sc

vuvu

2

2

1

1

2

2

1

1

=

−

−=

(13.19)

x

y x

y

2

P2y, v2

2 2P , u

E, A, L

1 P1x, u1

P1y, v1

φ

1v

2v

u1

φ v1

1v

u1

P2x, u2

φ v11u

1 1P , u


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

Uma mesma relação pode ser obtida considerando forças não existentes na

direção y , 1yP e 2yP :

{ } [ ] { }PTPou

PPPP

cs00sc0000cs00sc

PPPP

y2

x2

y1

x1

y2

x2

y1

x1

=

−

−=

(13.20)

A matriz de rigidez dada pela eq. (13.17) pode ser expandida considerando os

deslocamentos 1v e 2v , e forças inexixtentes, 1yP e 2yP :

{ } [ ]{ }qkPou

vuvu

0000010100000101

LAE

PPPP

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

=

−

−

=

(13.21)


[ ]{ } [ ][ ]{ }qTkPT = (13.22)

ou:

{ } [ ] [ ] [ ] { } [ ] [ ] [ ] { }qTkTqTkTP t1 == − (13.23)

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

coordenadas arbitrário é:

[ ] [ ] [ ] [ ]

−−−−

−−−−

==

22

22

22

22

t

scsscscsccscscsscscsccsc

LAETkTk (13.24)

1133..33 –– FFoorrççaa aaxxiiaall nnooss eelleemmeennttooss

É possível verificar que o elemento está em equilíbrio fazendo:


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

ou:

1 2P P 0+ = (13.25)

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

sendo tracionado ou comprimido através da Eq. (13.25):

−−−−

−−−−

=

2

2

1

1

22

22

22

22

y2

x2

y1

x1

vuvu

scsscscsccscscsscscsccsc

LAE

PPPP

(13.26)

ou:

( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]2121

2y1

21212

x1

uucsvvsLAEP

vvcsuucLAEP

−+−=

−+−= (13.27)

Da eq. (22) tem-se que:

sPcPP y1x11 +=

ou:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 2 2 21 1 2 1 2 1 2 1 2

2 21 1 2 1 2 1 2 1 2

E A E AP c c u u c s v v s s v v c s u uL L

E A E AP c s c u u s v v c u u s v vL L

= − + − + − + −

= + − + − = − + −

(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).

1133..44 –– TTééccnniiccaa ddee mmoonnttaaggeemm ddaa mmaattrriizz ddee rriiggiiddeezz gglloobbaall

Para demostrar como as matrizes elementares são montadas, considere a

treliça com barras de comprimento L e rigidez axial EA.


As condições de contorno do problema são: u1 = 0, v2 = 0, u3 = 0 e v3 = 0, e as

matrizes elementares são:

Elemento 1-2:

−

−

=

−

−

=

2

2

1

1

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

vuvu

0000040400000404

L4AE

vuvu

0000010100000101

LAE

PPPP

Elemento 2-3:

−−−−−−

−−

=

3

3

2

2

y3

x3

y2

x2

vuvu

33333131

33333131

L4AE

PPPP

Elemento 1-3:

−−−−

−−−−

=

3

3

1

1

y3

x3

y1

x1

vuvu

3333313133333131

L4AE

PPPP

com:

R2y

R1x

R3x

R3y

x

y

21

3

60°120°


Elemento φ c s c2 cs s2

1-2 0° 1 0 1 0 0

2-3 120° 2

1− 2

3 41

43− 4

3

1-3 60° 2

1 2

3 41

43 4

3

Impondo o equilíbrio estático nos nós, tem-se:

Nó 1:

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

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

Nó 2:

P – P2x (elemento 1-2) – P2x (elemento 2-3) = 0

R2y – P2y (elemento 1-2) – P2y (elemento 2-3) = 0

Nó 3:



Fazendo uso das matrizes elementares, é possível obter a matriz de rigidez

global da treliça da forma:

1x 1

1

2

2y 2

33x

33y

4 1 3 4 0 1 3R ? u 03 3 0 0 3 30 v ?

P u ?4 0 4 1 3 1 3E AR ? v 04 L 0 0 3 3 3 3

u 0R ? 1 3 1 3 1 1 3 3v 0R ? 3 3 3 3 3 3 3 3

+ − − −= = − − = =− + − − = = =− − == − − − + − == − − − − +

Da segunda e terceira equações, é possível determinar os deslocamentos

restantes:

( )21 u.0v.3L4AE0 += ⇒ v1 = 0

( )21 u.5v.0L4AEP += ⇒

AE5LP4u2 =


E da primeira, quarta, quinta e sexta equações, é possível determinar as

forças aplicadas nos nós:

( )21x1 u.4v.3L4AER −= ⇒

5P4R x1 −=

( )21y2 u.3v.0L4AER −= ⇒

5P3R y2 −=

( )21x3 u.1v.3 L4AER −−= ⇒

5PR x3 −=

( )21y3 u.3v.3L4AER +−= ⇒

5P3R y3 =

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

treliça está em equilíbrio:

↑ ∑ = 0Fy , R2y + R3y = 5P3

5P3

+− = 0 (ok)

→ ∑ = 0Fx , R1x + R3x + P = 0 , P5P

5P4

+−− (ok)

∑ = 0M1 , R2y.L + R3y.L.cos 60 – R3x.L.sen 60 = 3 P 3 P 1 P 3L L L 05 5 2 5 2

− + + =

(ok)

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

( ) ( )[ ]2121)21(1 vv.suu.cLAEP −+−=−

( )

−+

−=− 00.0

AE5LP40.1

LAEP )21(1 ⇒

5P4P )21(1 −=− (tração)

( ) ( )[ ]3232)32(1 vv.suu.cLAEP −+−=−

( )

−+

−−=− 00.2

30AE5LP4.2

1LAEP )32(1 ⇒

5P2P )32(1 −=− (tração)

( ) ( )[ ]3131)31(1 vv.suu.cLAEP −+−=−

( ) ( )1(1 3)E A 31P . 0 0 . 0 02 2L−

= − + − , 1(1 3)P 0− =


Exemplo 13.1 - Considere a treliça articulada abaixo com E = 200 GPa e A = 600

mm2. Determine pelo método dos elementos finitos os deslocamentos dos nós e os

esforços internos das barras.

As condições de contorno são: u2 = 0, v2 = 0, u4 = 0, v4 = 0, e as matrizes

elementares são:

Elemento 1-2:

−

−

=

2

2

1

1

y2

x2

y1

x1

vuvu

00000250250000025025

L25AE

PPPP

Elemento 1-3:

−−−−

−−−−

=

3

3

1

1

y3

x3

y1

x1

vuvu

1612161212912916121612129129

L25AE

PPPP

Elemento 2-3:

−−−−−−

−−

=

3

3

2

2

y3

x3

y2

x2

vuvu

1612161212912916121612

129129

L25AE

PPPP

x

y

5 kN

2 m

1,5 m 1,5 m1

2

34

R2y

R2x

R4x

R4y

φ1

φ2


Elemento 3-4:

−

−

=

4

4

3

3

y4

x4

y3

x3

vuvu

00000250250000025025

L25AE

PPPP

com:


1-2 0° 1 0 1 0 0

1-3 φ1 53 5

4 259 25

12 2516

2-3 φ2 53− 5

4 259 25

12− 2516

3-4 0° 1 0 1 0 0

Impondo o equilíbrio estático nos nós, temos:

Nó 1:

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

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

Nó 2:



Nó 3:

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

– 5000 – 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:


25 9 25 912 120 0 03 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5R 0 16 1612 121x 0 0 0 02,5 2,5 2,5 2,5R 01y 25 25 9 912 120 0 02,5 3 2,5 2,5 2,5 2,5R ?2x

16 1612 12R ? 0 0 0 02y E A 2,5 2,5 2,5 2,525 LR 03x 9

R 50003yR ?4xR ?4y

−+ − −

= − − = − + − − =

= − − = = −

= − =

=

u ?1v ?1u 02v 02u ?39 9 9 25 2512 12 12 12 02,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 1,5 2,5 2,5 2,5 v ?3

16 16 16 1612 12 12 12 0 0 u 042,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5 2,5v 0425 250 0 0 0 0 01,5 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:

1x 1

1y 1

33x

33y

25 912 12 123 2,5 2,5 2,5 2,5R 0 u ?

16 1612 12R 0 v ?2,5 2,5 2,5 2,5E Au ?R 0 25 L 9 18 2512 02,5 2,5 2,5 1,5v ?R 5000

16 3212 02,5 2,5 2,5

+ − − = = − −= = = == − − +

== − − −

Invertendo o sistema acima, temos:

1x1

1y1

3 3x

3 3y

R 0u ? 0,12 0,09 0 0R 0v ? 0,09 0,515 0,09 0,22425

u ? EA 0 0,09 0,06 0,045 R 0v ? 0 0,224 0,045 0,19 R 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:

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

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

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


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

( ) ( )1(1 2) 1 2 1 2E AP c. u u s. v v

L− = − + − , 1(1 2)P 0− =

( ) ( )1(1 3) 1 3 1 3E AP c. u u s. v v

L− = − + − , 1(1 3)P 0− ≈

( ) ( )1(2 3) 2 3 2 3E AP c. u u s. v v

L− = − + − , 1(2 3)P 6250 N− = (compressão)

( ) ( )1(3 4) 3 4 3 4E AP c. u u s. v v

L− = − + − , 1(3 4)P 3750 N− = − (tração)

Exemplo 13.2 - Considere a treliça articulada simétrica com sete barras de

comprimento L e rigidez axial EA.

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. As matrizes elementares são:

Elemento 1-2 e elemento 3-4:

1x 1

1y 1

22x

22y

1 3 1 3P uP v3 3 3 3E A

uP 4 L 1 3 1 3vP 3 3 3 3

− − − − = − −

− −

3x 3

3y 3

44x

44y

1 3 1 3P uP v3 3 3 3E A

uP 4 L 1 3 1 3vP 3 3 3 3

− − − − = − −

− −

1

R1y

2

3

5

R5y

4

x

y

P

L

60 60

6060 60


Elemento 2-3 e elemento 4-5:

2x 2

2y 2

33x

33y

1 3 1 3P uP v3 3 3 3E A

uP 4 L 1 3 1 3vP 3 3 3 3

− − − − = − −

− −

4x 4

4y 4

55x

55y

1 3 1 3P uP v3 3 3 3E A

uP 4 L 1 3 1 3vP 3 3 3 3

− − − − = − −

− −

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

1x 1

1y 1

33x

33y

P u4 0 4 0P v0 0 0 0E A

uP 4 L 4 0 4 0vP 0 0 0 0

− = −

2x 2

2y 2

44x

44y

P u4 0 4 0P v0 0 0 0E A

uP 4 L 4 0 4 0vP 0 0 0 0

− = −

3x 3

3y 3

55x

55y

P u4 0 4 0P v0 0 0 0E A

uP 4 L 4 0 4 0vP 0 0 0 0

− = −

com:


1-2, 3-4 60° 12 3

2 14 3

4 34

2-3, 4-5 -60° 12 3

2− 1

4 34 3

4−

1-3, 2-4, 3-5 0° 1 0 1 0 0


Impondo o equilíbrio nos nós, temos:

Nó 1:

0 – P1x (elem. 1-2) – P1x (elem. 1-3) = 0

R1y – P1y (elem. 1-2) – P1y (elem. 1-3) = 0

Nó 2:

0 – P2x (elem. 1-2) – P2x (elem. 2-3) – P2x (elem. 2-4) = 0

0 – P2y (elem. 1-2) – P2y (elem. 2-3) – P2y (elem. 2-4) = 0

Nó 3:

0 – P3x (elem. 1-3) – P3x (elem. 2-3) – P3x (elem. 3-4) – P3x (elem. 3-5) = 0

– P – P3y (elem. 1-3) – P3y (elem. 2-3) – P3y (elem. 3-4) – P3y (elem. 3-5)=0

Nó 4:

0 – P4x (elem. 2-4) – P4x (elem. 3-4) – P4x (elem. 4-5) = 0

0 – P4y (elem. 2-4) – P4y (elem. 3-4) – P4y (elem. 4-5) = 0

Nó 5:

0 – P5x (elem. 3-5) – P5x (elem. 4-5) = 0

R5y – P5y (elem. 3-5) – P5y (elem. 4-5) = 0

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

elementares, obtêm-se a matriz de rigidez global da treliça:

1 4 3 1 3 4 0 0 0 0 0R 01x3 3 3 3 0 0 0 0 0 0R ?1y1 3 1 1 4 3 3 1 3 4 0 0 0R 02x

R 0 3 3 3 3 3 3 3 3 0 0 0 02yR 0 4 0 1 3 4 1 1 4 3 3 1 3 4 0E A3x

R P 4 L3y 0 0 3 3 3 3 3 3 3 3 0R 04xR 04yR 05xR ?5y

+ − − −= − −= − − + + − − −= = − − − + −

= − − − + + + − + − − − = = − − − + − − − =

=

= =

u ?1v 01u ?2v ?2u 03v ?0 3u ?40 0 4 0 1 3 4 1 1 3 3 1 3v ?40 0 0 0 3 3 3 3 3 3 3 3u ?50 0 0 0 4 0 1 3 4 1 3 v 05

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:


1x

2x1

2y2

3y2

4x3

4y

5x

5 1 3 0R 01 10 0 3R 0

uR 0 3 0 6 3uE AR P 0 2 3 6 6 v4 L

R 0 1 10 0 3 vR 0 3 0 6 3R 0 5 1 3 0

− −= −= = − − = − = − = − − = − − = −

Tomando somente as quatro primeiras equações ou as quatro últimas

equações:

1x 1

2x 2

2y 2

33y

5 1 3 0R 0 uR 0 u1 10 0 3E AR 0 v4 L 3 0 6 3

vR P 0 2 3 6 6

− −= = − = = − − = − −

Das duas primeiras equações, temos:

2 1

3 2

v u5 13v u3 1 10

− = −

E, das duas últimas equações, temos:

1

2

u 13 P Lu 6 E A 1

− =

Logo:

2

3

v 6P Lv 6 E A 11

− = −

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

internos nas barras são encontrados usando a Eq. (13.26):

( ) ( )1(1 2) 1 2 1 2E AP c. u u s. v v

L− = − + −

1(1 2)E A 1 3 P L 3 P L 3 P LP . . 0

L 2 6 E A 6 E A 2 E A−

= − − + +

, 1(1 2)3 PP3− = (compr.)


( ) ( )1(2 3) 2 3 2 3E AP c. u u s. v v

L− = − + −

1(2 3)E A 1 3 P L 3 P L 11 P LP . 0 .

L 2 6 E A 2 E A 6 E A−

= − − − +

, 1(2 3)3 PP3− = − (tração)

( ) ( )1(1 3) 1 3 1 3E AP c. u u s. v v

L− = − + −

1(1 3)E A 3 P L 11 P LP 1. 0 0. 0

L 6 E A 6 E A−

= − − − +

, 1(1 3)3 PP6− = − (tração)

( ) ( )1(2 4) 2 4 2 4E AP c. u u s. v v

L− = − + −

1(2 4)E A 3 P L 3 P L P L P LP 1. 0

L 6 E A 6 E A E A E A−

= + + − + −

, 1(2 4)3 PP3− = (comp)

Devido a simetria da treliça:

1(4 5) 1(1 2)3 PP P3− −= = (compressão)

1(3 5) 1(1 3)3 PP P6− −= = − (tração)

1(3 4) 1(2 3)3 PP P3− −= = − (tração)

ELEMENTOS FINITOS PARA VIGAS

1133..55 –– MMaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee vviiggaa

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 4v(x) a a x a x a x= + + + (13.29)

Considerando que: 4

4

3

13

22

1 22

3 212 3

4 3 21 23 4

d v 1 w(x)EIdx

d v 1 w x cEIdx

d v 1 w x c x cEI 2!dx

dv 1 w cx x c x cdx EI 3! 2!

1 w c cv(x) x x x c x cEI 4! 3! 2!

=

= +

= + +

= + + +

= + + + +

(13.30)

Portanto, a eq. (13.29) é exata quando a carga distribuída w(x) é nula.

As constantes a1, a2, a3 e a4 da eq. (13.29) são determinadas pela imposição

das condições de contorno:

1 1

2 2

vp / x 0, v(0) v , (0)xvp / x L, v(L) v , (L)x

∂= = = θ

∂∂

= = = θ∂

(13.31)

Aplicando as condições de contorno, eq. (13.31), na eq. (13.29), temos:

1 1

1 22 3

2 32

2 4

1 0 0 0v a0 1 0 0 a

v a1 L L La0 1 2L 3L

θ = θ

(13.32)

1 2

M1, θ1 M2, θ2 L

E, I

F1, v1 F2, v2

y, v

x


A matriz inversa da eq. (13.32) fornece as constantes a1, a2, a3 e a4: 3

1 13

2 12 23 2

4 2

L 0 0 0a va 0 L 0 0a v3L 2L 3L La 2 L 2 L

θ = − − −

θ −

(13.33)

Substituindo a eq. (13.33) na eq. (13.28) e reagrupando, obtemos a forma

final da função deflexão:

1 1 2 1 3 2 4 2v(x) f (x) v f (x) f (x) v f (x)= + θ + + θ (13.34)

onde f1(x), f2(x), f3(x) e f4(x) são funções de forma dadas por: 2 3

1

2 3

2 2

2 3

3

2 3

4 2

x xf (x) 1 3 2L L

x xf (x) x 2L L

x xf (x) 3 2L L

x xf (x)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): L 2

0

MU dx2 E I

= ∫ (13.36)

Sabe-se que 2

2vM E I

x∂

=∂

e considerando EI constante ao longo da viga,

temos: 2L 2

20

E I vU dx2 x

∂=

∂ ∫ (13.37)

A segunda derivada da deflexão é:


2'' '' '' ''1 1 2 1 3 2 4 22

v f (x) v f (x) f (x) v f (x)x∂

= + θ + + θ∂

(13.38)

onde:

''2 31

''2 2

''3 2 3

''4 2

6 xf (x) 12L L4 xf (x) 6L L

6 xf (x) 12L L

2 xf (x) 6L L

= − +

= − +

= −

= − +

(13.39)

Aplicando o primeiro teorema de Castigliano, U Fv

∂=

∂, temos:

L'' '' '' '' ''

1 1 1 2 1 1 2 4 2 11 0

1 11 1 12 1 13 2 14 1

U 2 E IF f (x) v f (x) f (x) v f (x) f (x) dxv 2

ouF k v k k v k

∂ = = + θ + + θ ∂

= + θ + + θ

∫ (13.40)

onde: L

'' ''11 1 1

0L

'' ''12 1 2

0L

'' ''13 1 3

0L

'' ''14 1 2

0

k E I f (x).f (x) dx




=

=

=

=

∫

∫

∫

∫

(13.41)

Considerando que U M∂=

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

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:

{ } [ ] { }

2 2

1 1

1 1

2 22 2

2 2

12 6 12 6L LL L

F v6 64 2M E I L LF vL 12 6 12 6

L LL LM6 62 4L L

ouF k q

− − θ =

− − − θ

−

=

(13.43)

1133..66 –– PPrroopprriieeddaaddeess ddaa mmaattrriizz ddee rriiggiiddeezz ddee uumm eelleemmeennttoo ddee vviiggaa

O elemento está em equilíbrio:

yF∑ , F1 + F2 = 1 1 2 2 1 1 2 22 2 2 212 6 12 6 12 6 12 6v v v v 0

L L L LL L L L + θ − + θ + − − θ + − θ =

2M∑ = 0, F1.L – M1 – M2

= 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 22 212 6 12 6 6 6 6 6v v L v 4 v 2 v 2 v 4 0

L L L L L LL L + θ − + θ − + θ − + θ − + θ − + θ =

A matriz elementar é singular:

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

matriz é singular. Ou seja, a matriz elementar não tem inversa, logo não há solução.

A interpretação física dada a este fato é que não há nenhuma condição de contorno

(v1, θ1, v2, θ2 são desconhecidos), logo o elemento estaria instável. Impondo uma

condição qualquer ao elemento, como por exemplo um engaste no nó 1 (v1 = 0, θ1 =

0), a matriz resultante seria não mais singular:

22 2

2 2

12 6F vE I LLM L 6 4

L

− = θ −


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.

As condições de contorno são: v1 = 0, θ1 = 0, v3 = 0, e as matrizes

elementares são:

Elemento 1-2:

2 2

1 1

1 1

2 22 2

2 2

12 6 12 6L LL L

F v6 64 2M E I L LF vL 12 6 12 6

L LL LM6 62 4L L

− − θ =

− − − θ

−

Elemento 2-3:

2 2

2 2

2 2

3 32 2

3 3

12 6 12 62L 2L(2L) (2L)

F v6 64 2M 2 E I 2L 2LF v2 L 12 6 12 6

2L 2L(2L) (2L)M6 62 42L 2L

−

− θ =

− − − θ −

Impondo o equilíbrio nos nós, tem-se que:

Nó 1:

R1y - F1 = 0

3P L

L

E I 1

y, v

2 E I

2L2

P

R1y R3y

MA x


MA - M2 = 0

Nó 2:

P - F2 (elemento 1-2) - F2 (elemento 2-3) = 0

PL - M2 (elemento 1-2) - M2 (elemento 2-3) = 0

Nó 3:

R3y - F3 = 0

0 - M3 = 0

Assim, a matriz de rigidez global da treliça pode ser obtida:

2 2

1y 1

1A2 2 2 2 2

2

33y

32 2

12 6 12 6 0 0L LL L

6 64 2 0 0R ? v 0L L0M ? 12 6 12 3 6 3 3 3

v ?P E I L L L LL L L L?PL L 6 6 3 32 4 4 2

L L L L v 0R ?3 3 3 ?0 0 0 2

LL L3 30 0 2 4L L

= = θ == − + − + − =− = θ = − + + −

== θ = − −

−

Tomando somente as equações onde as forças externas são conhecidas, 3,

4, e 6 e considerando as condições de contorno, tem-se:

22

2

3

15 3 3L LLP v ?

E I 3PL 8 2 ?L L

0 ?3 2 4L

− − = = − θ = θ =

A matriz inversa do sistema acima é:

2 23 3

2 22 2

3 3

2 2

18 3028 10L Lv P vL 18 51 39 P L 33PL

276 E I L 276 E I LL L 0 930 39 15LL L L

− −−

θ = − ⇒ θ = θ θ −− −


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:

1y

A

3y

53P46R

21PLM46

R 7P46

= −

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

com os valores obtidos analiticamente:

1M∑ , R3y . 3L – P . L + P . L + MA = 7P 21PL.3L 046 46

− + = (ok)

↑ yF∑ , R1y – P + R3y = 53PL 7PP 046 46

− + = (ok)

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

os graus de liberdade obtidos anteriormente nas matrizes elementares:

Elemento 1-2:

2 2

13

1

22 2 2

2

12 6 12 6 53 P0L L 46L L0F 21 PL6 64 2M E I 10 PL 46L L

F L 12 6 12 6 276 E I 53 PL L 46L LM 33 PL

16 PL6 6 276 E I2 446L L

− − = − =

− − − −

−

Elemento 2-3:


32 2

2 2

2

32 2

3 2

12 6 12 6 10 PL 7 P2L 2L(2L) (2L) 276 E I 46F 6 6 33 PL 7 PL4 2M 2 E I 2L 2L 276 E I 23F 2 L 12 6 12 6 7 P02L 2L(2L) (2L)M 469 PL6 6 02 4 276 E I2L 2L

− − − = = − − − − − −

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

anti-horário e o momento fletor é considerado positivo quando traciona as fibras

inferiores. As equações de força cortante e de momento fletor podem ser obtidas

através das equações diferenciais 2

2vEI M

x∂

=∂

e dM Vdx

= − , uma vez determinada a

equação de v(x) para cada elemento.

1133..77 –– VViiggaass ccoomm ccaarrggaa ddiissttrriibbuuiiddaa

Nos casos onde as cargas não são concentradas nos nós como

anteriormente mas distribuidas ao longo de um trecho da viga, estas cargas devem

P L

Força

cortante

16/23 PL

7/23 PL 21/46 PL

53/46 P

7/46 P

Momento

fletor

P

PL

P


ser transformadas em cargas concentradas de maneira a poderem ser aplicadas nos

nós.

Um método frequentemente utilizado para esta finalidade é o método do

trabalho da carga equivalente. O método consiste em transformar o trabalho

produzido por uma carga distribuida em um trabalho produzido por forças

concentradas desconhecidas nos nós do elemento.

Assim, o trabalho produzido por concentradas desconhecidas nos nós do

elemento é da forma:

1

1' ' ' '1 2 21

2

2

v1W F M F M

v2

θ = θ

(13.44)

E o trabalho realizado pela carga distribuida é da forma: L

0

1W w(x).v(x) dx2

= ∫ (13.45)

onde a deflexão é da forma:

[ ]1

11 2 3 4

2

2

v

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

θ = θ

(13.46)

Como o trabalho realizado em (13.44) deve ser igual ao trabalho realizado em

(13.45), tem-se que: L

10

' L1

2'01

' L2

3'02L

40

w(x).f (x)dx

Fw(x).f (x)dx

MF

w(x).f (x)dxM

w(x).f (x)dx

=

∫

∫

∫

∫

(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

tipo oxw(x) wL

= −

e E I é constante.

Os esforços nodais devido ao carregamento são calculados da seguinte

maneira:

2 3L

' oo1

0

3w Lx x xF w 1 3 2 dxL L L 20 = − − + = −

∫

L 22 3' o

o 210

w Lx x xM w x 2 dxL L 30L

= − − + = −

∫

2 3L' o2 o

0

7w Lx x xF w 3 2 dxL L L 20 = − − = −

∫

L 22 3' o2 o 2

0

w Lx x xM w dxL L 20L

= − − + =

∫

As condições de contorno para este caso são, v2 = 0 e θ2 = 0. Impondo o

equilíbrio em cada nó e considerando a matriz de rigidez do elemento 1-2, tem-se:

1 2

F1’

F2’

M1’ M2

’

M1 F1

M2F2

L

12

wo

x

R2y

MB


2 2'1 1'1 1

'22y 2

2 2' 2

B 2

12 6 12 6L LL LF v ?6 64 2M ?E I L L

v 0L 12 6 12 6R FL LL L 0M M

6 62 4L L

− = − θ = = =+ − − −

θ = + −

Tomando somente as duas primeiras linhas do sistema acima e considerando

as condições de contorno, temos:

o2 1

21o

3w L 12 6v ?E I20 LL

?L 6w L 4L30

− = = θ = −

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

o33

1 o2

1 o2

3w L6 L4v w LL 20L 306 1212 E I E I 1w LL 24L 30

−− − = = θ − −

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

sistema inicial:

o2y 2 1

21o

B

7w L 12 6R vE I20 LLL 6w L 2M

L20

− − − = θ −+

3 3o oo

2y 2

2 3 3o o o

B

12 w L L 6 w L 17w LR E I 30 L E I 24LE I20Lw L 6 w L L w L 1M 2

20 L E I 30 E I 24

− − −− = + − +

o

2y2

B o

w LR 2M w L

6

=

−


Estes resultados podem ser confirmados através das equações de equilíbrio

estático, yF 0=∑ e 2M 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, pode-se modelar somente metade da viga através de

um único elemento, sabendo-se que no nó 2 a força cortante é nula e o momento

fletor é máximo. Para este caso, as condições de contorno são, v1 = 0 e θ2 = 0.

Impondo o equilíbrio nos nós e considerando que o comprimento do elemento

1-2 é L/2, temos:

2 2

'1y 1 1

'11

' 222 2' 2

max 2

12 6 12 6L L L L( ) ( )2 2 2 2

6 6R F v 04 2L L ?M E I 2 2L v ?12 6 12 6F 2 L L L L 0( ) ( )M M 2 2 2 2

6 62 4L L2 2

− + = − θ = = = − − − θ = +

−

3

y

L/2

1

L/22

w

R1y R3y

y

L/2

1

V

2

w

R1y

Mmax


De acordo com a eq. (13.47), os esforços externos são: L / 2 2 3 2

'1 2

0

x x wLM w x 2 dxL / 2 48(L / 2)

= − − + = −

∫

2 3L / 2'2

0

x x wLF w 3 2 dxL / 2 L / 2 4

= − − = −

∫

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

liberdade conhecidos, temos:

2

1

22

64wL LE I 248L v6 12wL 2 L (2L)4 2

− − θ = −−

A inversa do sistema acima fornece a solução do sistema: 2

3 321

2

12 3 wL 1L wLLL 48 5Lv 24 E I 24 E I3 wL1 16L 4

− θ = = −

−

Exemplo 13.6: Usando o método dos elementos finitos, determine as reações de

apoio na viga abaixo. Considere EI constante.

Elemento 1-2:

R1y

w0 =6 kN/m

1,5 m 1,5 m1 2 3

R3y

MA MB

1

F1’

M1’

M1 F1

2

F2’

M2’

M2F2


2 2

1 1

1 1

2 22 2

2 2

12 6 12 6L LL L

F v6 64 2M E I L LF vL 12 6 12 6

L LL LM6 62 4L L

− − θ =

− − − θ

−

Os esforços nodais devido ao carregamento oxw(x) wL

= − são calculados da

seguinte maneira: 2 3L

' o1 o

0

3w Lx x xF w 1 3 2 dxL L L 20 = − − + = −

∫

L 22 3' o1 o 2

0

w Lx x xM w x 2 dxL L 30L

= − − + = −

∫

2 3L' o2 o

0

7w Lx x xF w 3 2 dxL L L 20 = − − = −

∫

L 22 3' o2 o 2

0

w Lx x xM w dxL L 20L

= − − + =

∫

Elemento 2-3:

2 2

2 2

2 2

3 32 2

3 3

12 6 12 6L LL L

F v6 64 2M E I L LF vL 12 6 12 6

L LL LM6 62 4L L

− − θ =

− − − θ

−

2

F2’

M2’

M2 F2

3

F3’

M3’

M3F3


Os esforços nodais devido ao carregamento oxw(x) w 1L

= − −

são

calculados da seguinte maneira: 2 3L

' o2 o

0

7w Lx x xF w 1 1 3 2 dxL L L 20

= − − − + = −

∫

L 22 3' o2 o 2

0

w Lx x xM w 1 x 2 dxL L 20L

= − − − + = −

∫

2 3L' o3 o

0

3w Lx x xF w 1 3 2 dxL L L 20

= − − − = −

∫

L 22 3' o3 o 2

0

w Lx x xM w 1 dxL L 30L

= − − − + =

∫

Impondo o equilíbrio estático nos nós, temos:

Nó 1:

R1y + F’1 (elemento 1-2) – F1 (elemento 1-2) = 0

MA + M’1 (elemento 1-2) – M1 (elemento 1-2) = 0

Nó 2:

0 + F’2 (elemento 1-2) – F2 (elemento 1-2) + F’2 (elemento 2-3) – F2 (elem.o 2-3) = 0

0 + M’2 (elemento 1-2) – M2 (elemento 1-2) + M’2 (elemento 1-2) – M2 (elem. 1-2) = 0

Nó 3:

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:


1 1 2 2 3 3

01y 2 2

20

A

0 02 2 2 2

2 20 0

04y 2

20

B

v v v3w L 12 6 12 6R 0 020 L LL Lw L 6 6M 4 2 0 030 L L

7w L 7w L 12 6 12 12 6 6 12 6E I20 20 L L L LL L L LL 6 6 6 6w L w L 2 4 4 2

L L L L20 2012 6 13w L 0 0R

LL20w LM30

θ θ θ

− − − − − − − − + − + − = − + + −− − −− +

1

1

2

2

3

32

v 00

v

v 02 6 0

LL6 60 0 2 4L L

= θ = θ = θ = −

−

Tomando as equações 3 e 4, temos: 4

0 02 22

2 2

14w L 7w LE I 24 v v20 L 240EILE I0 8 0L

− = ⇒ = −

= θ ⇒ θ =

Substituindo os valores encontrados nas equações 1, 2, 5 e 6, temos: 4

0 0 01y 1y2

2 4 20 0 0

A A

40 0 0

4y 4y2

20

B

3w L 7w L w LE I 12R R 4,5 kN20 L 240EI 2L

w L 7w L w LE I 6M M 25 2,8125 kN.m30 L L 240EI 120

3w L 7w L w LE I 12R R 4,5 kN20 L 240EI 2L

w L 7E I 6M30 L L

− = − − ⇒ = =

− = − − ⇒ = =

− = − − ⇒ = =

+ = −

4 20 0

Bw L w LM 25 2,8125 kN.m

240EI 120

⇒ = − = −

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 mm2, e E = 21 000 kgf/mm2. Para o membro BC, a área

A = 2 560 mm2, EI = 2,8 x 1011 kgfmm2, e E = 21 000 kgf/mm2.


Elemento 1-2 (como viga):

2 2 2 2

1 1 1

1 1 11

2 2 22 2 2 2

2 2 2

12 6 12 6 12 6 12 6L L L LL L L L

F v v6 6 6 64 2 4 2M E I L L L LCF v vL 12 6 12 6 12 6 12 6

L L L LL L L LM6 6 6 62 4 2 4L L L L

− − − − θ θ = =

− − − − − − θ θ

− −

Elemento 1-2 (como barra):

1x 1 1

1y 1 12

2 22x

2 22y

P u u1 0 1 0 1 0 1 0P v v0 0 0 0 0 0 0 0E A C

u uP L 1 0 1 0 1 0 1 0v vP 0 0 0 0 0 0 0 0

− − = = − −

Elemento 2-3 (como viga):

M1, θ1

F1, v1

M2, θ2

F2, v2

P1x, u1

P1y, v1 P2y, v2

P2x, u2

0,6 m

0,9 m

3

0,6 m

F

4

1 2

R1y

R4y

R1x

R4x


2 2 2 2

2 2 2

2 2 21

3 3 32 2 2 2

3 3 3

12 6 12 6 12 6 12 6L L L LL L L L

F v v6 6 6 64 2 4 2M E I L L L LCF v vL 12 6 12 6 12 6 12 6

L L L LL L L LM6 6 6 62 4 2 4L L L L

− − − − θ θ = =

− − − − − − θ θ

− −

Elemento 2-3 (como barra):

2x 2 2

2y 2 22

3 33x

3 33y

P u u1 0 1 0 1 0 1 0P v v0 0 0 0 0 0 0 0E A C

u uP L 1 0 1 0 1 0 1 0v vP 0 0 0 0 0 0 0 0

− − = = − −

Elemento 3-4: 4cos5

φ = − , 3sen5

φ =

M2, θ2

F2, v2

M3, θ3

F3, v3

P2x, u2

P2y, v2 P3y, v3

P3x, u3

P4x, u4

P4y, v4

P3y, v3

P3x, u3


3x 3 3

3y 3 33

4 44x

4 44y

P u u16 12 16 12 16 12 16 12P v v12 9 12 9 12 9 12 9E A 1 C

u uP L 25 16 12 16 12 16 12 16 12v vP 12 9 12 9 12 9 12 9

− − − − − − − − = = − − − − − − − −

Impondo o equilíbrio estático nos nós:

Nó 1:


R1y – P1y (elemento 1-2) – F1 (elemento 1-2) = 0

0 – M1 (elemento 1-2) = 0

Nó 2:


– F – P2y (elemento 1-2) – F2 (elemento 1-2) – P2y (elemento 2-3) – F2 (elem. 2-3) = 0

0 – M2 (elemento 1-2) – M2 (elemento 2-3) = 0

Nó 3:


0 – P3y (elemento 2-3) – F3 (elemento 2-3) – P3y (elemento 3-4) = 0

0 – M3 (elemento 2-3) = 0

Nó 4:


R4y – P4y (elemento 3-4) = 0

Colocando as equações na forma matricial, temos:


u v u v u v u v1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4C 0 0 C 0 0 0 0 0 0 02 2

12 6 12 60 C C 0 C C 0 0 0 0 01 1 1 12 2L LL LR1x 6 60 C 4C 0 C 2C 0 0 0 0 0R 1 1 1 11y L L0 C 0 0 C C 0 0 C 0 0 0 02 2 2 20 12 6 12 12 6 60 C C 0 C C C C1 1 1 1 12 2 2F L L LL L L0000

R4xR4y

θ θ θ

−

−

− − + −

− − + − + − =

12 60 C C 0 01 1 12 LL6 6 6 60 C 2C 0 C C 4C 4C 0 C 2C 0 01 1 1 1 1 1 1 1L L L L

0 0 0 C 0 0 C 16C 12C 0 16C 12C2 2 3 3 3 312 6 12 60 0 0 0 C C 12C C 9C C 12C 9C1 1 3 1 3 1 3 32 2L LL L6 60 0 0 0 C 2C 0 C 4C 0 01 1 1 1L L

0 0 0 0 0 0 16C 12C 0 16C 12C3 3 3 30 0 0 0 0 0 12C 9C 0 12C 9C3 3 3 3

−

− + + −

− + −

− − + − − −

−

− −− −

u 01v 01

1u2v22

u3v33

u 04v 04

= = θ θ θ = =

Tomando as equações 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, e considerando as condições de

contorno u1 = v1 = u4 = v4 = 0, temos:

1 2 2 2 3 3 3

1 1 1

2 2

1 1 1 12 2

1 1 1 1

2 2 3 3

1 1 3 1 3 12 2

1 1 1 1

u v u v64C 0 C 2C 0 0 0L

0 2C 0 0 C 0 006 24 12 60 C 0 C 0 0 C CL LL L6000

60 2C 0 0 8C 0 C 2CL

0 0 C 0 0 (C 16C ) 12C 00 12 6 12 60 0 C C 12C ( C 9C ) C0 L LL L

6 60 0 C 2C 0 C 4CL L

θ θ θ

−

− − − − = −

− + − − + −

−

1

2

2

2

3

3

3

uv

uv

θ θ θ

Considerando que C1 = 4,67 105 kgf.m, C2 = 8,96 107 kgf/m e C3 = 4,48 106

kgf/m e L = 0,6 m, os deslocamentos nodais são:

1

2

2

2

3

3

3

3,57e 3 radu 4,46e 5 mv 1,76e 3 m

1,65e 3 radu 8,93e 5 mv 1,98e 3 m

2,78e 4 rad

θ − − − − − − =θ − − − −

− − θ −

Substituindo os deslocamentos nodais nas equações 1, 2, 10 e 11, obtêm-se

as reações nos apoios:


1x 2 2R C u 3996,16 kgf= − =

1y 1 1 1 2 1 226 12 6R C C v C 3019,9 kgfL LL

= θ − + θ =

4x 3 3 3 3R 16C u 12C v 4001,8 kgf= − + =

4y 3 3 3 3R 12C u 9C v 3001,3 kgf= − =

Flambagem de Colunas 146

1144 –– FFLLAAMMBBAAGGEEMM DDEE CCOOLLUUNNAASS


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.

1144..22 –– CCaarrggaa ccrrííttiiccaa

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.

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

Pc

Pc

P > Pcr

P > Pcr


barras estão na posição vertical, a mola de rigidez k está distentida.

Figura 14.2 – Exemplo de instabilidade

Diagrama de corpo livre das barras:

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

componentes de P na direção x, P tan θ, tendem a causar uma instabilidade, a

força F = k ∆ tenta restaurar o equilíbrio. Assim, o equilíbrio será restabelecido

quando:

Lk 2 P2

θ > θ (14.1)

Desta forma, a situação de equilíbrio estável ocorrerá quando:

A k

L/2

L/2

P

θ

θ

A

k

L/2

L/2

P

∆=θ (L/2)

θ

θ P

P

P tanθ

P tanθ

F = k ∆ x


k LP4

< (14.2)

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

k LP4

> (14.3)

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

crk LP

4= (14.4)

1144..33 –– EEqquuaaççõõeess ddiiffeerreenncciiaaiiss ppaarraa ccoolluunnaass

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 sendx

= θ ≈ θ ≈ θ , cos θ ≈ 1 e ds ≈ dx

Figura 14.3 – Esforços internos sobre um elemento de viga infinitesimal

A

+w

dx x

y, v

V+∆V

M+∆MV

M

P

P

ds

dv/ds

dv/ds

v

dv dv/ds

+w

P P

dx


As equações de equilíbrio aplicadas sobre o elemento, fornecem duas

equações diferenciais:

↑ yF 0=∑ , w dx V (V dV) 0− + + =

dV wdx

= − (14.5)

AM 0=∑ , dxM P dv V dx w dx (M dM) 02

− − + − + =

dM dvV Pdx dx

= − − (14.6)

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

2d v M

E Idx= (14.7)

Fazendo uso da eq. (14.7) na eq. (14.6) e substituindo esta última na eq.

(14.5), temos: 4 2

24 2

d v d v wE Idx dx

+ λ = (14.8)

com:

2 PE I

λ = (14.9)

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)

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

problema.


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: 2

02

2

02

d vP / x 0 v(0) 0 e M(0) E I (0) Mdxd vP / x L v(L) 0 e M(L) E I (L) Mdx

= ⇒ = = = −

= ⇒ = = = −

Para x = 0,

v(0) = C2 + C3 = 0 2

22 02

d vM(0) E I (0) C EI Mdx

= = − λ = − ⇒ o2 3

MC CP

= − =

Para x = L,

v(L) = C1 sen λ L + C2 cos λ L + C3 = 0 ⇒ o1

M 1 cos LC ( )P sen L

− λ=

λ

verificação: 2

2 21 22

d vM(L) E I (L) C E I sen L - C E I cos L dx

= = − λ λ λ λ

o oo

M M1 cos L P PM(L) = ( )E I sen L E I cos L MP sen L E I P E I

− λ− λ − λ = −

λ (OK)

Portanto, a equação da curva elástica é:

oM 1 cos Lv(x) ( sen x cos x 1)P sen L

− λ= λ + λ −

λ

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

Mo

L

P P

Mo


oMdv 1 cos L( cos x sen x) 0dx P sen L

− λ= λ − λ =

λ

Sabemos que:

2 2

2 2

L Lsen L 2sen cos2 2L Lcos L cos sen2 2

L L1 cos sen2 2

λ λλ =

λ λλ = −

λ λ= +

Logo: 2

o omax

M Msen (L / 2) L Lv ( cos 1) (sec 1)P cos (L / 2) 2 P 2

λ λ= + λ − = −

λ

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.

1144..44 –– CCaarrrreeggaammeennttoo ddee ffllaammbbaaggeemm ddee EEuulleerr ppaarraa ccoolluunnaass aarrttiiccuullaaddaass

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.

vP

P

M

Mo


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

2

22

2

d v M P vE I E Idx

oud v v 0dx

= = −

+ λ =

(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:

2

2

2

2

d vP / x 0 v(0) 0 e M(0) E I (0) 0dxd vP / x L v(L) 0 e M(L) E I (L) 0dx

= ⇒ = = =

= ⇒ = = =

(14.13)

Para x = 0:

L

P

x

P

y, v

x

P

PM

v


v(0) = C1 sen 0 + C2 cos 0 + C3 = 0 ⇒ C2 + C3 = 0 (14.14) 2

2 21 22

d vM(0) E I (0) - C sen 0 - C cos 0 = 0dx

= = λ λ λ λ ⇒ C2 = - C3 = 0 (14.15)

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)

Substitundo o valor de λ na eq. (14.17), elevando ao quadrado e isolando a

carga Pn: 2 2

n 2n E IP

Lπ

= (14.18)

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

1. Assim, a carga crítica para uma coluna biapoiada tem a expressão, denominada

carga de flambagem de Euler: 2

cr 2E IPL

π= (14.19)

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:

1nv(x) C sen xLπ

= (14.20)

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

na Fig. 14.5:


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

24 2

d v d v 0dx dx

+ λ = (14.21)

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.

1144..55 –– FFllaammbbaaggeemm eelláássttiiccaa ddee ccoolluunnaass ccoomm ddiiffeerreenntteess vvíínnccuullooss nnaass eexxttrreemmiiddaaddeess

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

diferentes condições de contorno.

n = 1 n = 2 n = 3


1144..55..11 –– CCoolluunnaa eennggaassttaaddaa--lliivvrree

Figura 14.6 – Coluna engastada-livre submetida à carga de compressão

M 0=∑ , - P.( δ - v) + M = 0

M = P.(δ - v) (14.22)

Substituindo a eq. (14.22) na equação elástica da coluna, eq. (14.7), temos:

2

2

2

2

22 2

2

d v M P ( v)E I E Idx

oud v P Pv

E I E Idxoud v vdx

δ −= =

+ = δ

+ λ = λ δ

(14.23)

A solução do problema é da forma dada pela eq. (14.10) e as condições de

contorno são do tipo: 2

2

2

2

d vP / x 0 v(0) e M(0) E I (0) 0dxd v dvP / x L v(L) 0 , M(L) E I (L) P e (L) 0

dxdx

= ⇒ = δ = =

= ⇒ = = = δ =

(14.24)

L

P

x

P

y, v

x

P

P

Mv

δ


Para x = 0:

v(0) = C2+ C3 = δ (14.25) 2

2 21 22

d vM(0) E I (0) - C sen .0 - C cos .0 = 0dx

= = λ λ λ λ ⇒ C2 = 0 ⇒ C3 = δ (14.26)

Para x = L:

v(L) = C1 sen λ L + δ = 0 ⇒ 1Csen L

δ= −

λ (14.27)

verificação: 2

212

d vM(L) E I (L) - E I C sen .L dx

= = λ λ (14.28)

Substituindo a eq. (14.27) na eq. (14.28):

PM(L) E I sen L Psen L E I

δ= − − λ = δ λ

(OK) (14.29)

1 2dv (L) C cos L C sen L 0dx

= λ λ − λ λ = (14.30)

Como C2 = 0:

C1 λ cos λ L = 0 (14.31)

Como C1 ≠ 0 e λ ≠ 0:

cos λ L = 0 ⇒ nL2π

λ = (14.32)

Substituindo o valor de λ, elevando ao quadrado e isolando a carga P: 2 2

2n E IP

4 Lπ

= (14.33)

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

coluna engastada-livre é:


( )

2 2

cr 2 2e

E I E IPL2 L

π π= = (14.34)

com o comprimento efetivo Le = 2 L ( comprimento efetivo corresponde à distância

entre dois pontos de momento nulo).

1144..55..22 –– CCoolluunnaa eennggaassttaaddaa--aappooiiaaddaa

Figura 14.7 – Coluna engastada-apoiada submetida à carga de compressão

( )2 2

cr 2 2e

E I E IP0,7 L Lπ π

= = (14.35)

com o comprimento efetivo Le = 0,7 L.

1144..55..33 –– CCoolluunnaa eennggaassttaaddaa--eennggaassttaaddaa

( )2 2

cr 2 2e

E I E IP0,5 L Lπ π

= = (14.36)

com o comprimento efetivo Le = 0,5 L

L

P

Le=0,7L

P

y, v

x

P

Ponto de inflexão


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 m2,

Ix = 61,3.10-6 m4, Iy = 23,2.10-6

m4-. Use um fator de segurança F.S. = 3.

Flambagem no plaxo x-z:

L

P

Le=0,5L

P

y, v

x

P

Ponto de inflexão

Ponto de inflexão

y

z

x

5 m


( )

2y

cr 2

E IP

0.7 L

π=

( )

2 9 6

cr 270.10 23,2.10P

3,5

−π=

Pcr = 1310 kN

Flambagem no plaxo y-z:

( )

2x

cr 2E IP

2 Lπ

=

( )

2 9 6

cr 270.10 61,3.10P

10

−π=

Pcr = 424 kN

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

permissível é:

crperm

P 424P 141 kN3 3

= = =

A tensão devido a carga crítica é:

crcr 3

P 424 56,5 MPa 215 MPaA 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.

z

x

Le = 0,7.5 = 3,5 m

z y

L = 5 m


4cos5

θ = , 3sen5

θ =

BM 0=∑ , AC3R . .6 P.6 05

− = , AC5R P3

=

Flambagem no plano xz (biarticulada):

2y

cr y 2e

E IP

Lπ

= , ( )

32 3

cr y 23

100.50200.1012

P6.10

π

= , Pcr y = 57,1 kN

AC cr y4 R P5

= , 4 5 P 57,1 kN5 3

= , P = 42,8 kN

P 42,8A 100.50

σ = = , σ = 8,56 Mpa < σadm

Flambagem no plano yz (engastada-livre):

P

B

RA

6 m

y

(4/5)RAC

x

y

x

50 mm

50 mm50 mm

A

B

C

3 m

4 m 6 m

P

z

x

θ


2x

cr x 2e

E IPL

π= ,

( )

32 3

cr x 23

50.100200.1012

P2 . 6.10

π

= , Pcr x = 57,1 kN

AC cr x4 R P5

= , 4 5 P 57,1 kN5 3

= , P = 42,8 kN

P 42,8A 100.50

σ = = , σ = 8,56 Mpa < σadm

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:

CM 0=∑ , RAB . 1,5 – 12 . 1 = 0, RAB = 8 kN

1,5 m

w = 6 kN/m

C B0,5 m

A

2 m

y

zy

x

30 mm

20 mm

1,5 m

w = 6 kN/m

C B

0,5 m

12 kN

RABRCy

RCx


Flambagem no plano yz (biarticulada):

2x

cr x 2e

E IPL

π= ,

( )

32 3

cr x 23

20.30200.1012

P2.10

π

= , Pcr x = 22,2 kN

cr xAB

P 22,2R 8 kN 7,4 kN3 3

= > = =

Flambagem no plano xz (engastada-livre):

2y

cr y 2e

E IP

Lπ

= , ( )

32 3

cr y 23

30.20200.1012

P2 . 2.10

π

= , Pcr y = 2,5 kN

cr yAB

P 2,5R 8 kN 0,8 kN3 3

= > = =

Conclusão: A coluna AB não suportará a carga de 6 kN/m pois flambará nos dois

planos de flambagem.

1144..66 –– LLiimmiittaaççããoo ddaass ffóórrmmuullaass ddee ffllaammbbaaggeemm eelláássttiiccaa

Nas deduções das fórmulas de flambagem de colunas, admite-se que o

material tem comportamento elástico. Para ressaltar a limitação deste fato, as

fórmulas podem ser escritas de maneira diferente. Introduzindo a definição de raio

de giração1, I = A r2, na fórmula de flambagem, temos: 2 2

cr 2e

E A rPL

π= (14.37)

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.


2cr

cr 2e

P EA L

r

πσ = =

(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/mm2 e

admitir que o limite de proporcionalidade seja 25 kgf/mm2. 2

4min

75 . 50I = 781250 mm12

=

minI 781250r 14,434 mmA 50 . 75

= = =

2

cr 2e

EL

r

πσ =

, 2

2e

2100025L

14,434

π=

, Le = L = 1314 mm

Conclusão: Para um comprimento menor que 1314 mm a coluna flambará

plásticamente.

1144..77 –– FFóórrmmuullaa ggeenneerraalliizzaaddaa ddaa ccaarrggaa ddee ffllaammbbaaggeemm ddee EEuulleerr

Um diagrama de tensão-deformação na compressão, para um espécime

impedido de flambar, pode ser representado pela Fig. 14.9.


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: 2

tcr 2

e

EL

r

πσ =

região R (colunas curtas): Região onde praticamente não há flambagem.

Comparação entre colunas biapoiadas e engastadas nas extremidades.

ε

σ

E

Et Et

A

BC

0

flambagem elástica

L/r

σcr

curta

S

R

T intermediária

colunas

Limite de proporcionalidade

Hipérbole de Euler

0flambagem elástica

praticamente sem flambagem


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.

1144..88 –– CCoolluunnaass ccoomm ccaarrrreeggaammeennttoo eexxccêênnttrriiccoo

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.

Para estudar este efeito, considera-se uma coluna com um carregamento

excêntrico como mostrado abaixo.

ε

σ Tensão de escoamento

A

0Le/r

σcr

colunas com extremidades fixas

Limite de proporcionalidade

Hipérboles de Euler

0

colunas comextremidades com pinos

(Le/r)1


M 0=∑ , P.v + P.e + M = 0

M = - P.(e + v) (14.39)

Substituindo a eq. (14.39) na eq. (14.7), tem-se: 2

2

2

2

d v M P(e v)E I E Idx

oud v P Pv e

E I E Idx

+= = −

+ = −

(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: 2

2d vP / x 0 v(0) e M(0) E I (0) P edx

P / x L v(L) 0

= ⇒ = δ = = −

= ⇒ = (14.41)

Para x = 0:

v(0) = C2 + C3 = 0 (14.42) 2

222

d vM(0) E I (0) E I (- C ) = - P e dx

= = λ

Como 2 PE I

λ = :

P

P

Mo= P e

v

x

M

Mo= P e

vx

P

Px

y, v

L

P

P

e

vmax L


C2 = e , C3 = - e (14.43)

Para x = L

v(L) = C1 sen λL + e cos λL – e = 0 ⇒ 1e (1 cos L)C

sen L− λ

=λ

(14.44)

A curva de deflexão é portanto escrita da forma:

e (1 cos L)v(x) sen x e cos x esen L− λ

= λ + λ −λ

(14.45)

A máxima deflexão ocorre em x = L/2, logo:

maxLv e (sec 1)2λ

= − (14.46)

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

max max oL LM = | P.(e + v ) | P e sec M sec2 2λ λ

= = | (14.47)

A máxima tensão que ocorre no lado côncavo da coluna a meia altura da

coluna é:

maxP M cA I

σ = + (14.48)

Como 2 PE I

λ = e I = A r2:

2 2maxP e c L P e c L P1 sec 1 secA 2 A r 4 E Ar r

λ σ = + = + (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/mm2, E = 20.103 kgf/mm2). Como verifica-se que a relação

tensão-carga é não linear, a superposição de efeitos devido à diferentes cargas não

pode ser feita.


Figura 14.11 – Diagrama tensão-índice de esbeltez para o aço

1144..99 –– FFóórrmmuullaass ddee ccoolluunnaass ppaarraa ccaarrggaass ccoonnccêênnttrriiccaass

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.

Figura 14.12 – Resultados experimentais de colunas com carga concêntrica

hipérbole de Euler

ec/r2

hipérbole de Euler

colunas longascolunas intermediáriascolunas curtasKL/r

σe


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

max 2e

EL

r

πσ =

(14.50)

A aplicação desta fórmula exige que um fator de segurança de 1.92 seja

aplicado. 2

adm 2e

EL1,92 r

πσ =

(14.51)

Esta equação pode ser aplicada na faixa de esbeltez de:

e e

c

L L 200r r ≤ ≤

(14.52)

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

esc2e

c

EL2

r

σ π=

(14.53)

O que dá o índice de esbeltez no limite da utilização da fórmula de Euler:

2e

c esc

2 ELr

π = σ

(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:


2e

2e c

adm esc

(L / r)1(L / r)F.S.

−

σ = σ (14.55)

O fator de segurança é, para este caso, definido como:

( )( )

( )( )

3e e

3e ec c

L / r L / r5 3 1F.S.3 8 L / r 8 L / r

= + − (14.56)

Fórmulas para colunas de alumínio:

Para colunas longas a tensão admissível é de:

2adm 2

e

71700 (kgf /mm )LF.S. r

σ =

(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

2eadm

1 L31,5 0,22 (kgf /mm )rF.S. σ = −

para (0 ≤ (Le/r) ≤ 64) (14.58)

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

adm 2 2E 3,619 E

L L2,727 r r

πσ = = (14.59)

Para colunas de seção transversal quadrada ou retangular, a equação

anterior fica:

( )adm 2

0,30 EL

d

σ = (14.60)

Onde d é a menor dimensão lateral de um membro.

universidade federal de santa catarina departamento de...

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