Metodologia de ensino Suporte Etapas da formula˘c~ao...

EM505 - RESISTENCIA DOS MATERIAIS II

PRIMEIRO SEMESTRE DE 2003

• Metodologia de ensino

– Formulacao

– Aproximacao

– Simulacao

• Suporte

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– Textos

– Software

• Etapas da formulacao variacional

1. Hipoteses iniciais

2. Definicao das hipoteses cinematicas

3. Componentes de deformacao

4. Esforcos internos

5. Esforcos externos

6. Aplicacao do princıpio do trabalho virtual

7. Aplicacoes das equacoes constitutivas

8. Dimensionamento e verificacao

9. Aplicacoes

1

1 REVISAO DE TORCAO EM SECOES CIRCULARES

1.1 Hipoteses iniciais

• Eixo e um elemento estrutural cujo comprimento e bem maior que

as dimensoes da secao transversal.

• O interesse no estudo de eixos esta relacionado apenas a acoes de

movimento originando torcao das secoes em torno da dimensao lon-

gitudinal.

1.2 Cinematica

• As secoes transversais planas permanecem planas e normais ao eixo

longitudinal x, como no caso da barra.

• Assume-se ainda que secoes transversais paralelas permanecem a

uma distancia constante entre si.

• Nao ha deformacao longitudinal, a qual esta presente em secoes nao-

circulares e origina o empenamento da secao.

• As acoes de movimento produzem uma rotacao das secoes transver-

sais em torno x.

• Toda secao transversal sofre uma rotacao rıgida constante.

• Como cada secao sofre uma rotacao rıgida em torno do eixo longi-

tudinal x, entao, a rotacao θ e constante para todos os pontos da

secao.

• Dessa forma, θ e funcao escalar apenas da coordenada x, podendo-se

escrever θ = θ (x).

2

(a) Secao transversal. (b) Variacao linear do angulo de torcao ao longo doeixo.

Figura 1: Cinematica de torcao circular.

• A posicao de um ponto P na secao transversal x e dada por suas

coordenadas (y, z) em funcao do angulo β e do raio r

y = r cos β, (1)

z = r sin β,

com r =√

y2 + z2 e tan β = yz .

• Apos a rotacao θ, o ponto P se move para a posicao final P ′, cujas

coordenadas (y′, z′) sao dadas por

y′ = r cos(β + θ), (2)

z′ = r sin(β + θ).

• O ponto P tem as componentes de deslocamento v e w, respectiva-

mente, nas direcoes y e z

v = y′ − y = r cos(β + θ) − y,

w = z′ − z = r sin(β + θ) − z.

3

• Desenvolvendo as relacoes trigonometricas anteriores, obtem-se

v = r cos β cos θ − r sin β sin θ − y,

w = r sin β cos θ + r cos β sin θ − z.

• Tem-se que r cos β = y e r sin β = z. Portanto

v = y cos θ − z sin θ − y,

w = z cos θ + y sin θ − z.

• Assumindo o caso de pequenas rotacoes, ou seja, para θ pequeno, as

simplificacoes cos θ ≈ 1 e sin θ ≈ θ sao validas. Logo, as expressoes

anteriores se reduzem a

v = y(1) − z(θ) − y,

w = z(1) + y(θ) − z,

ou seja,

v = −zθ, (3)

w = yθ.

• Resumindo a cinematica de torcao circular

u(x, y, z) =

u(x, y, z)

v(x, y, z)

w(x, y, z)

=

0

−zθ(x)

yθ(x)

. (4)

4

(a) θ(x) > 0. (b) Secao cheia (θ(x) > 0). (c) Secao vazada (θ(x) > 0).

(d) θ(x) < 0. (e) Secao cheia (θ(x) < 0). (f) Secao vazada (θ(x) < 0).

Figura 2: Componentes tranversais de deslocamento na torcao circular.

5

• Definindo-se a componente de deslocamento tangencial ut(x, y, z)

ut(x, y, z) = v(x, y, z)ej + w(x, y, z)ek, (5)

• O modulo ut(x, y, z) e

ut(x, y, z) =(

√

y2 + z2)

θ(x), (6)

ou lembrando que r =√

y2 + z2, tem-se que

ut(x, y, z) = rθ(x). (7)

(a) θ(x) > 0. (b) θ(x) < 0.

Figura 3: Comportamento do deslocamento tangencial na secao transversal do eixo.

1.3 Deformacao

• No problema de torcao circular, a deformacao sera angular devido a

variacao de θ e nao longitudinal como no caso da barra.

• Considere a Figura 4 ilustrando as secoes localizadas a distancias x

e x + ∆x da origem do sistema de referencia.

6

Figura 4: Analise da deformacao na torcao circular.

• Considere entao os pontos P1 e P2 com coordenadas (x, y, z) e (x +

∆x, y, z) respectivamente.

• Antes da torcao do eixo estes pontos possuem as mesmas coordenadas

transversais y e z.

• Apos a torcao do eixo, as secoes x e x + ∆x apresentam, respecti-

vamente, rotacoes rıgidas θ1 e θ2, sendo ∆θ = θ2 − θ1 a variacao do

angulo de torcao entre estas duas secoes transversais.

• Os pontos P1 e P2 assumem as posicoes finais P ′1 e P ′

2.

• Os deslocamentos tangenciais sao

ut(x, r, θ1) = rθ1(x) (8)

ut(x, r, θ2) = rθ2(x) (9)

7

• Deslocamento tangencial relativo

∆ut = ut(x, r, θ2) − ut(x, r, θ1) = rθ2(x) − rθ1(x) = r∆θ(x)

• Deslocamento tangencial relativo especıfico

∆ut

∆x= r

∆θ(x)

∆x

• Deformacao tangencial

γt(x) = r lim∆x→0

∆θ

∆x= r

dθ(x)

dx(10)

• Portanto, a deformacao tangencial tambem varia linearmente com a

coordenada radial r na secao transversal do eixo. Isto e esperado,

pois o campo de deslocamentos tangencial tambem varia linearmente

na secao.

8

1.4 Esforcos internos e externos. Equilıbrio

• Associada a componente de deformacao tangencial γt, tem-se a com-

ponente de tensao tangencial τt.

(a) Deformacao tangencial. (b) Momento torcor.

Figura 5: Deformacao tangencial e resultante em termos de momento torcor na secao transversaldo eixo.

• Momento torcor no elemento de area dA

dMx = rτt dA

• Momento torcor na secao x

Mx(x) =

∫

A

dMx =

∫

A

rτt dA

9

• Esforcos internos e externos no problema de torcao circular

(a) Esforcos internos. (b) Esforcos externos.

Figura 6: Esforcos internos e externos na torcao circular.

• Equilıbrio

dMx(x)dx + t(x) = 0 em x ∈ (0, L)

Mx (0) = −T0 em x = 0

Mx (L) = TL em x = L

(11)

• Convencao de sinais

Figura 7: Convencao de sinais para Mx na torcao circular.

10

1.5 Aplicacoes da equacao constitutiva

• Diagrama de ensaio de torcao

Figura 8: Diagrama de ensaio de torcao.

• Lei de Hooke para o caso de torcao circular

τt = Gγt. (12)

• A partir do coeficiente de Poisson ν, tem-se a seguinte relacao entre

os modulos de elasticidade longitudinal E e transversal G

G =E

2(1 + ν). (13)

• Substituindo a expressao da deformacao tangencial

τt(x, r, θ) = G(x)γt = G(x)dθ(x)

dxr. (14)

• Substituindo a expressao do momento torcor

Mx(x) =

∫

A

rτtdA = G(x)dθ(x)

dx

∫

A

r2dA. (15)

11

• A integral anterior representa o momento de inercia polar Ip(x) da

secao transversal circular x do eixo.

• Lembrando que r2 = y2 + z2 vem que

Ip(x) =

∫

A

r2dA =

∫

A

(

y2 + z2)

dA = Iz(x) + Iy(x). (16)

• Para secao circular de diametro d, tem-se Ip = πd4

32 .

• Para uma secao circular vazada de diametros interno di e externo de,

o momento de inercia polar e dado por Ip =π(d4

e−d4i )

32 .

• A expressao do momento torcor para um eixo de material elastico

segundo a lei de Hooke e dado por

Mx(x) = G(x)Ip(x)dθ(x)

dx. (17)

• Substituindo na equacao diferencial do momento torcor, obtem-se a

equacao diferencial do eixo em termo do angulo de torcao θ(x)

d

dx

(

G(x)Ip(x)dθ(x)

dx

)

+ t(x) = 0. (18)

• Para um eixo de mesma secao transversal e mesmo material tem-se

que G(x) = G e Ip(x) = Ip sao constantes. Logo,

GIpd2θ(x)

dx2+ t(x) = 0. (19)

12

• Condicoes de contorno em termos do angulo de torcao

(a) θ(x = 0) = 0. (b) θ(x = L) = 0. (c) θ(x = 0) = 0 e θ(x =L) = 0.

Figura 9: Condicoes de contorno em termos do angulo de torcao.

• A partir de (17), tem-se que

dθ(x)

dx=

Mx(x)

G(x)Ip(x). (20)

• Expressao da tensao tangencial em termos do momento torcor

τt(x, r, θ) =Mx(x)

Ip(x)r. (21)

• A variacao linear da tensao de cisalhamento e compatıvel cinemati-

camente com o campo de deslocamento tangencial.

• O valor maximo da tensao de cisalhamento ocorre em r = d2 .

(a) Mx > 0. (b) Mx < 0.

Figura 10: Distribuicao da tensao de cisalhamento na secao de um eixo.

13

1.6 Dimensionamento

1. Determina-se a funcao e o respectivo diagrama de momento torcor

Mx(x) atraves da integracao da equacao diferencial (18).

2. Com base neste diagrama, determina-se a secao mais solicitada, ou

seja, a secao onde atua o maior valor do momento torcor em modulo,

sendo este valor denotado Mmaxx .

3. Aplicando-se a expressao (21), tem-se que a tensao maxima τmaxt

ocore no contorno da secao mais solicitada com r = d2 . Logo,

τmaxt =

Mmaxx

Ip

d

2. (22)

Como nao se conhece as dimensoes da secao transversal ainda, agrupam-

se os termos da expressao anterior envolvendo estas dimensoes no

modulo de resistencia torcao Wx dado por

Wx = Ip2

d. (23)

Desta forma, pode-se reescrever a expressao (22) como

τmaxt =

Mmaxx

Wx. (24)

4. A condicao que o eixo permaneca na fase elastica significa que a

tensao de cisalhamento maxima deve ser inferior a tensao de cisal-

hamento admissıvel τ , ou seja,

τmaxt ≤ τ . (25)

O modulo de resistencia a torcao mınimo e obtido, tomando-se a

igualdade na expressao anterior, isto e,

Wx =Mmax

x

τ. (26)

14

Conhecida Wx, determinam-se as dimensoes da secao transveral. Por

exemplo, para um eixo de diametro d, vem que

Wx = Ip2

d= Ip =

πd4

32

2

d.

Portanto

d =

(

16Wx

π

)1/3

. (27)

1.7 Verificacao

• No caso de verificacao de um eixo, as dimensoes da secao transversal

sao conhecidas.

• Deseja-se verificar se o eixo permanece na fase elastica quando sub-

metida a um certo carregamento.

• Calcula-se a tensao tangencial maxima τmaxt usando (24).

• Com esta tensao maxima, basta verificar se a mesma e menor que a

tensao admissıvel, ou seja

τmaxt ≤ τ . (28)

Neste caso, diz-se que o eixo permanece na fase elastica. Caso a

condicao nao seja valida, deve-se redimensionar o eixo aplicando o

procedimento anterior.

15

1.8 Aplicacao

Considere o eixo ilustrado na Figura 11 de secao circular com diametro d

submetido ao carregamento indicado. Pede-se: a) determinar o diametro

mınimo d para que o eixo permaneca na fase elastica; b) determinar

a equacao do angulo de torcao; c) suponha agora que a secao do eixo

seja circular vazada com diametros interno di e externo de, com di/de =

0, 8. Pede-se determinar os diametros di e de; d) para esta nova secao,

determinar a equacao do angulo de torcao; e) baseado nos resultados

obtidos, determinar qual eixo e mais pesado e qual sofre a maior rotacao.

Dados: L = 2m, Mt = 1000Nm, τ = 50MPa, G = 80GPa, to =

1600Nm/m.

Figura 11: Eixo com secoes circulares cheia e vazada.

1. Equacao do carregamento: t(x) = t0 < x − L2 >0

2. Condicoes de contorno: θ(x = 0) = 0 Mx(x = L) = Mt

3. Integracao da equacao diferencial: GIpd2θdx2 = −t(x) = −t0 < x −

L2 >0

• 1a integracao: momento torcor

Mx(x) = GIpdθ(x)dx = −t0 < x − L

2 >1 +C1

• 2a integracao: angulo de torcao

GIpθ(x) = − t02 < x − L

2 >2 +C1x + C2

16

4. Determinacao das constantes de integracao

GIpθ(x = 0) = (0) + C1(0) + C2 = 0 → C2 = 0

Mx(x = L) = −t0 < L − L2 >1 +C1 = Mt → C1 = Mt + t0

L2

5. Equacoes finais

• momento torcor

Mx(x) = −t0 < x−L2 >1 +Mt+t0

L2 = −1600 < x−1 >1 +2600

• angulo de torcao

θ(x) = 1GIp

(−t02 < x − L

2 >2 +Mt + t0L2x) = 1

GIp(−800 <

x − 1 >2 +2600x)

6. Diagrama do momento torcor

Mx(x → 0+) = 2600Nm Mx(x → 1−) = 2600Nm

Mx(x → 1+) = 2600Nm Mx(x → 2−) = 1000Nm

0

500

1000

1500

2000

2500

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

Mx(x)[N]

x[m]

7. Secao mais solicitada: Mx(x → 0+) = 2600Nm

8. Dimensionamento

• Secao circular

momento de inercia da secao: Ip = πd4

32

dimensionamento a tensao: τ = (MxIp

)(d2) = Mx

16πd3 = τ →

d = (Mx16πτ )

13 = 6, 42cm

17

• Secao circular vazada (d1, d2= diametros interno e externo)

dimensionamento a tensao: τ = (MxIp

)(d22 ) = Mx

Wx= τ

modulo de resistencia a torcao: Wx = Mxτ = 5, 2 × 10−5m3

Portanto,

Wx =Ipd22

= π32(d

42 − d4

1)2d2

= π16d2

(d42 − d4

1)

Por sua vez, a relacao entre os diametros e dada por d1d2

= 0, 8.

Substituindo na expressao anterior vem que,

Wx = π16d2

[d42 − (0, 8d2)

4] = 5, 2 × 10−5

Logo, d2 = 7, 65cm e d1 = 6, 12cm.

9. Equacao do angulo de torcao

• Secao circular

momento de inercia: Ip = πd4

32 = π32(6, 42 × 10−2)4 = 1, 67 ×

10−6m4

Por sua vez, tem-se que GIp = 133422, 78. Logo,

θc(x) = 7, 49 × 10−6(−800 < x − 1 >2 +2600x)

• Secao circular vazada

momento de inercia: Ip = π32(d

42 − d4

1) = π32[(7, 65 × 10−2)4 −

(6, 12 × 10−2)4 = 1, 98 × 10−6m4

Neste caso, GIp = 158811, 51. Portanto,

θv(x) = 6, 30 × 10−6(−800 < x − 1 >2 +2600x)

Abaixo ilustram-se os graficos dos angulos de torcao para os casos

18

de secao cheia e vazada.

0

5e-05

0.0001

0.00015

0.0002

0.00025

0.0003

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

du(x)/dx[rad]

x[m]

-0.005

0

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2

du(x)/dx[rad]

x[m]

10. Relacao entre os pesos

As massas mc e mv dos eixos de secoes circulares cheia e vazada

sao dadas, respectivamente, por mc = ρVc e mv = ρVv, sendo ρ a

densidade do material; Vc e Vv os volumes das secoes. Desta maneira,

a relacao entre as massas e a seguinte,

mc

mv=

Vc

Vv=

L(π4)d2

L(π4)(d2

2 − d21)

=d2

(d22 − d2

1)=

6, 422

7, 652 − 6, 122= 1, 95

onde L e o comprimento dos eixos. Desta maneira, como esperado, a

massa do eixo de secao cheia e superior a do eixo com secao vazada.

11. Relacao entre as rotacoes

A partir das expressoes para as rotacoes tem-se a seguinte relacao:

θc

θv=

7, 49

6, 30= 1, 19

Assim, apesar da massa do eixo com secao cheia ser superior ao eixo

vazado, a sua rotacao e cerca de 20% superior.

19

2 REVISAO DE FLEXAO PURA EM VIGAS


• As dimensoes da viga nao serao muito pequenas uma em relacao a

outra para evitar o efeito da flambagem;

• A viga e um elemento estrutural cujo comprimento e bem maior que

as dimensoes da secao transversal;

• O interesse no estudo de vigas esta relacionado apenas a acoes de

movimento originado pela flexao da mesma.

• As deformacoes sao pequenas.

2.2 Cinematica - (Modelo de Euler-Bernoulli)

2.2.1 Hipotese Cinematica

• Supoe-se que as acoes de movimento possıveis devem ser tais que as

secoes transversais permanecem planas, indeformadas e ortogonais

ao eixo longitudinal x da viga.

Figura 12: Sistema de coordenadas da viga.

• Na teoria classica de flexao pura, consideram-se vigas prismaticas

uniformes (de secao transversal constante) com comprimento longi-

tudinal como dimensao predominante.

20

Figura 13: Exemplo de viga em flexao.

(a) Acao de movimento.

(b) Secao AB em detalhes.

Figura 14: Cinematica da viga de Euler-Bernouilli.

21

• A partir da Figura 104(b), observa-se que o deslocamento axial ∆u

do ponto A′ e dado pela diferenca entre as posicoes final e inicial

deste ponto, ou seja,

u(x) = x − ∆x − x = −∆x.

e

tan α =∆x

y − ∆v= − u(x)

y − ∆v,

tan α =∆v

∆x.

Logo

∆v

∆x= − u(x)

y − ∆v→ u(x) = −y

∆v

∆x+

(∆v)2

∆x.

• Supondo que o angulo α e pequeno, tem-se que

u(x) = lim∆x→0

(

−y∆v

∆x

)

= −y lim∆x→0

∆v

∆x.

• Aplicando a definicao de derivada vem que

u(x) = −ydv(x)

dx. (29)

• Portanto, as acoes de movimento na flexao sao dadas por um campo

vetorial u(x)

u =

u(x)

v(x)

w(x)

=

u1(x)

u2(x)

u3(x)

=

−y dv(x)dx

v(x)

0

. (30)

22

(a) θz(x) > 0.

(b) θz(x) < 0. (c) θz(x) > 0.

Figura 15: Deslocamento longitudinal u(x) variando linearmente na secao transversal AB da viga.

23

• Observa-se que θz(x) = dv(x)dx representa a rotacao da secao transver-

sal em x em relacao ao eixo z do sistema de referencia.

• O sinal negativo em u(x) vem do fato que quando a rotacao e posi-

tiva, ou seja θz(x) > 0, o deslocamento longitudinal ocorre no sentido

negativo do eixo x do sistema de referencia.

2.3 Deformacao

• As secoes transversais apresentam um deslocamento axial u(x) var-

iando linearmente na secao.

• A componente de deformacao associada a u(x) e a deformacao es-

pecıfica longitudinal εxx(x).

• Devido a acao de flexao, estas secoes apresentam deslocamentos ax-

iais u(x) e u(x + ∆x) dados por

u(x) = −ydv(x)

dx

u(x + ∆x) = −ydv(x + ∆x)

dx.

• A variacao especıfica do deslocamento axial entre estas secoes e dada

por

∆u

∆x=

u(x + ∆x) − u(x)

x + ∆x − x=

(

−y dv(x+∆x)dx

)

−(

−y dv(x)dx

)

∆x

∆u

∆x= −y

ddx [v(x + ∆x) − v(x)]

∆x.

24

• A deformacao especıfica εxx(x) e dada tomando-se o limite da relacao

anterior para ∆x tendendo a zero, ou seja,

εxx(x) = lim∆x→0

∆u

∆x= lim

∆x→0

{

−yddx [v(x) − v(x + ∆x)]

∆x

}

,

εxx(x) = −yd

dxlim

∆x→0

∆v

∆x.

• Empregando a definicao de derivada vem que

εxx(x) = −yd

dx

(

dv(x)

dx

)

= −yd2v(x)

dx2. (31)

• Portanto, a deformacao longitudinal na viga apresenta uma variacao

linear com a coordenada y.

Figura 16: Deformacao na viga de Euler-Bernouilli.

25

2.4 Esforcos Internos e Externos. Equilıbrio

• Para o elemento de area dA da secao transversal, tem-se o seguinte

momento na direcao eixo z

dMz(x) = −(σxx(x)dA)y (32)

(a) σ < 0. (b) σ > 0.

Figura 17: Forca normal e momento fletor.

• O momento fletor resultante na secao x e

Mz(x) =

∫

A

dMz = −∫

A

σxxydA. (33)

26

• Os esforcos internos e externos compatıveis sao

(a) Esforcos internos. (b) Esforcos externos.

Figura 18: Esforcos na viga.

• No equilıbrio, tem-se

d2Mz(x)dx2 − q(x) = 0 x ∈ (0, L)

Vy (0) = V0 x = 0

Vy (L) = −VL x = L

Mz (0) = −M0 x = 0

Mz (L) = ML x = L

. (34)

• Sendo:

dM 2z (x)

dx2= q(x) (35)

a equacao diferencial do momento.

2.5 Aplicacao da Equacao Constitutiva

• Para um material elastico linear isotropico , a componente de tensao

σxx(x) esta relacionada a componente de deformacao εxx(x) atraves

do modulo de elasticidade longitudinal E(x) do material, isto e,

σxx(x) = E(x)εxx(x). (36)

27

• Substituindo (91) na expressao anterior vem que

σxx(x) = −E(x)d2v(x)

dx2y. (37)

• Por sua vez, substituindo a expressao anterior em

M(x) = −∫

A

σxxydA, (38)

reescreve-se o momento fletor Mz(x) como

Mz(x) = −∫

A

−E(x)d2v(x)

dx2y2 dA = E(x)

d2v(x)

dx2

∫

A

y2 dA.

• Lembrando que Iz(x) =∫

A y2 dA e o momento de inercia de area

da secao tranversal x em relacao ao eixo z, tem-se a expressao final

para o momento fletor

Mz(x) = E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2. (39)

• Para secao circular com diametro d, tem-se Iz = πd4

64 .

• No caso de secao retangular de base b e altura h, tem-se Iz = bh3

12 .

• Como a cortante e a derivada do momento fletor vem que

Vy(x) =d

dx

(

E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2

)

. (40)

• Substituindo Mz(x) na equacao diferencial do momento fletor indi-

cada em (35) vem que

d2

dx2

(

E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2

)

− q(x) = 0. (41)

28

• Para uma viga de um mesmo material e secao transversal constante

tem-se E(x) = E e Iz(x) = Iz. Logo, a expressao anterior se reduz

a

EIzd4v(x)

dx4− q(x) = 0. (42)

• Estas duas ultimas expressoes representam a equacao diferencial de

quarta ordem do deslocamento transversal da viga.

• Como solucao, tem-se uma funcao fornecendo o deslocamento transver-

sal ou flecha v(x) ao longo da viga. Para isso, deve-se integrar a

equacao diferencial quatro vezes.

(a) v(x = 0) = 0 e θz(x = 0) = 0. (b) v(x = L) = 0 e θz(x = L) = 0. (c) v(x = 0) = 0,θz(x = 0) = 0,v(x = L) = 0 eθz(x = L) = 0.

Figura 19: Condicoes de contorno na viga.

• A partir de (37), obtem-se

d2v(x)

dx2= −σxx(x)

E(x)y, (43)

a qual substituıda em (39) resulta na seguinte expressao para o mo-

mento fletor na viga

σxx(x) = −Mz(x)

Iz(x)y. (44)

29

• Da mesma maneira, a partir de (36) e (44), tem-se que a componente

de deformacao longitudinal εxx associada a σxx e dada por

εxx(x) =σxx(x)

E(x)= − Mz(x)

E(x)Iz(x)y. (45)

• Verifica-se entao que a tensao e a deformacao normais variam linear-

mente com a coordenada y na secao transversal da viga, atingindo o

valor maximo no contorno da secao.

• Como mencionado anteriormente, o sistema de referencia da viga

passa pelo centro de gravidade da secao. Para confirmar este fato,

basta determinar a origem do eixo y na secao transversal da viga.

• Como se considera apenas a flexao pura, a resultante das forcas na

direcao x em qualquer secao e nula, ou seja,

∑

Fx = 0 :∫

A σxx dA = 0 (46)

• Substituindo-se (44) na expressao anterior e observando que Mz e Iz

nao variam com y e z ao longo de uma mesma secao x, vem que

−Mz(x)

Iz(x)

∫

A

y dA = 0. (47)

• Para que a equacao anterior seja nula e necessario que o momento

estatico Msz(x) =∫

A y dA seja nulo, implicando que o eixo z, e

portanto o sistema de referencia indicado na Figura 12, passa pelo

centro de gravidade da secao transversal da viga.

30

(a) Mz(x) < 0. (b) Mz(x) > 0.

(c) Mz(x) < 0. (d) Mz(x) > 0.

Figura 20: Tensoes de tracao e compressao na secao transversal da viga.

31

Figura 21: Linha e superfıcie neutras na viga.

2.6 Dimensionamento

• Dimensionar uma viga significa calcular as dimensoes mınimas da

secao transversal de tal forma que a viga permaneca na fase elastica.

O dimensionamento considerado aqui sera baseado no valor maximo

da tensao normal na viga.

Aplica-se o seguinte procedimento:

1. Determinam-se as funcoes e os respectivos diagramas da forca

cortante Vy(x) e do momento fletor Mz(x) atraves da integracao

da equacao diferencial (42).

2. Com base neste diagrama, determina-se a secao mais solicitada,

ou seja, a secao na qual atua o maior momento fletor em modulo,

denotado por Mmaxz .

3. Aplicando-se a expressao (44), tem-se que a tensao normal maxima

σmaxxx ocore no contorno da secao mais solicitada, sendo a coor-

denada y = ymax. Logo,

σmaxxx =

Mmaxz

Izymax. (48)

4. Como nao se conhece as dimensoes da secao transversal ainda,

32

agrupam-se os termos da expressao anterior envolvendo estas di-

mensoes no modulo de resistencia a flexao Wz dado por

Wx =Iz

ymax. (49)

5. Com esta expressao, pode-se reescrever a expressao (48) como

σmaxxx =

Mmaxz

Wz. (50)

6. Na condicao que a viga permaneca na fase elastica, a tensao nor-

mal maxima deve ser menor ou igual a tensao normal admissıvel

σ do material, ou seja,

σmaxxx ≤ σ. (51)

7. O modulo de resistencia a flexao mınimo e obtido, tomando-se a

igualdade na expressao anterior, isto e,

Wz =Mmax

z

σ. (52)

8. Conhecido Wz, determinam-se as dimensoes da secao transveral.

Por exemplo, para uma secao circular de diametro d tem-se que

Wz =πd4/64

d/2=

πd3

32→ d =

(

32Wz

π

)1/3

. (53)

– Para uma secao retangular de base b e altura h, vem que

Wz =bh3/12

h/2=

bh2

6→ bh2 = 6Wz. (54)

– Conhecendo-se a relacao entre b e h, determinam-se os seus val-

ores.

33

2.7 Dimensionamento e Verificacao

• No caso de verificacao de uma viga, as dimensoes da secao transversal

sao conhecidas e deseja-se verificar se a mesma permanece na fase

elastica quando submetida a um certo carregamento.

• Para isto, calcula-se a tensao normal maxima σmaxxx usando (48). Com

esta tensao maxima, basta verificar se a mesma e menor ou igual que

a tensao admissıvel do material, ou seja,

σmaxxx ≤ σ. (55)

• Neste caso, diz-se que a viga permanece na fase elastica. Caso a

condicao nao seja valida, deve-se redimensionar a viga, aplicando o


2.8 Exemplo

Tracar os diagramas da forca cortante e momento fletor para a viga

ilustrada na Figura 22, atraves da integracao da equacao diferencial.

Figura 22: Equacao diferencial: viga submetida a carga distribuıda.

1. Equacao do carregamento: q(x) = −500

2. Condicoes de contorno: x = 0 → Mz = 0 x = 3 → Mz = 0

3. Integracao da equacao diferencial: d2Mzdx2 = −500

34

• 1a integracao (cortante): Vy = Mzdx = −500x + C1

• 2a integracao (momento fletor): Mz = −250x2 + C1x + C2

4. Determinacao das constantes de integracao

Mz(x = 0) = −250(0) + C1(0) + C2 = 0 → C2 = 0

Mz(x = 3) = −250(3)2 + C1(3) + 0 = 0 → C1 = 750

5. Equacoes finais:

• forca cortante: Vy = −500x + 750

• momento fletor: Mz = −250x2 + 750x

6. Diagramas

Vy(x = 0) = 750N Mz(x = 0) = 0

Vy(x = 3) = −750N Mz(x = 3) = 0

Vy(x = 1, 5) = 0 Mz(x = 1, 5) = 562, 5 Nm

-800

-600

-400

-200

0

200

400

600

800

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

Vy(x)[N]

x[m]

0

100

200

300

400

500

600

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

Mz(x)[N.m]

x[m]

35

INTRODUCAO AO ANSYS COM EXERCICIOS DE

VIGAS BIDIMENSIONAIS SUJEITA A MULTIPLAS

SOLICITACOES

3 Introducao ao ANSYS

3.1 Problemas em consideracao

• Sao aqueles descritos por equacoes diferenciais, tais como:

– Tracao:

dNx(x)

dx= −p(x), EA

d2un(x)

dx2= −p(x);

– Torcao:

dMx(x)

dx= −t(x), GIp

d2θx(x)

dx2= −t(x);

– Flexao:

d2Mz(x)

dx2= q(x), EI

d4v(x)

dx4= q(x);

• A solucao das equacoes anteriores resultam nas seguintes funcoes

tracao → un(x) e Nx(x)

torcao → θx(x) e Mx(x)

flexao → Vy(x), Mz(x), θz(x), v(x)

• Nem sempre e possıvel resolver as equacoes diferenciais de forma

analıtica. Procura-se entao uma solucao aproximada.

No exemplo a seguir para uma viga com materiais de modulos de

elasticidade E1 e E2, a solucao da equacao diferencial de flexao

d2

dx

(

E(x)I(x)d2v(x)

dx2

)

= q(x).

36

nao pode ser feita empregando o procedimento padrao de integracao

de toda a viga.

Figura 23: Viga.

• Quando nao e possıvel obter uma solucao analıtica v(x) procura-se

uma aproximacao denotada por vh(x).

• vh(x) e a solucao aproximada obtida por interpolacao.

Figura 24:

37

• O erro na aproximacao e dado por

e(x) = v(x) − vh(x).

• O programa ANSYS e baseado na construcao de solucoes aproxi-

madas das equacoes diferenciais empregando o Metodo de Elementos

Finitos (MEF).

• O MEF e um procedimento numerico baseado em inpertopolacao.

• Para isto particiona-se o domınio do problema (comprimento, area

ou volume) num conjunto de nos e elementos. Para uma viga:

Figura 25: Dominio discretizado.

• nos+elementos → malha de elementos finitos.

• Denomina-se vh(x) como solucao discreta e de solucao contınua v(x)

obtida da solucao da equacao diferencial.

• A medida que o numero de nos cresce o tamanho dos elementos

diminui, a solucao aproximada deve tender a v(x).

v(x) = limh→0

vh(x)

38

• O programa ANSYS posssui 3 modulos principais:

– Pre-processador - entrada de dados

– Solucao - entrada de dados: carregamento,condicoes de contorno,

e obtem a solucao do problema.

– Pos processador - mostra os resultados de formas numericas e

graficas.

3.2 Exemplo

Figura 26: Viga do exemplo.

Figura 27: Diagramas de esforcos para a viga do exemplo

39

3.3 Exercıcio

• Verificar os resultados obtidos no ANSYS do exercıcio abaixo.

– E = 210GPa, L = 6m, qo =, 10.000N/m, F = 1000N, M1 =

1500Nm, M2 = 500Nm, d = 10cm.

Figura 28:

40


SOLICITACOES

• As solicitacoes axiais, de torcao e flexao foram estudadas de forma

separada, respectivamente, nos elementos de barra, eixo e viga.

• Em casos praticos, esses efeitos ocorrem de forma conjunta. O

elemento estrutural submetido a essas multiplas solicitacoes sera

tambem denominado viga.

• Em geral, os esforcos externos que uma viga pode estar sujeita sao

tracao/compressao, torcao e flexao, os quais combinados serao obje-

tos de nosso estudo.

• O efeito de cisalhamento sera objeto de estudo futuro.

• Quando combinarmos compressao e flexao o efeito da flambagem

nao sera analisado. Com isto algumas hipoteses serao admitidas

com relacao as dimensoes da secao transversal da viga.

• Como assume-se o caso de pequenos deslocamemtos, utilizaremos a

superposicao dos esforcos e seus efeitos.

4 VIGA SUJEITA A FLEXAO E TRACAO/COMPRESSAO


• VIGA e um elemento estrutural cujo comprimento e bem maior que


• No entanto, as razoes entre o comprimento e as dimensoes da secao

nao devem ser muito grandes para evitar o efeito da flambagem nos

casos de compressao e flexao.

• O interesse deste estudo esta nas acoes de movimento que provocam

flexao e tracao/compressao.

41

4.2 Cinematica

• Os deslocamentos un(x) provocados pela tracao ou compressao sao

normais e constante para todos os pontos da secao transversal.

(a) Deslocamento axial na tracao. (b) Deslocamento axial na compressao.

Figura 29: Cinematica da tracao e compressao.

• Para a flexao, o deslocamento axial uf(x) varia linearmente com a

coordenada y de cada ponto da secao transversal.

(a) Rotacao na flexao. (b) Deslocamento axial na flexao.

Figura 30: Cinematica da Flexao.

42

• Da figura anterior, pode-se obter

tan α =∆v

∆x= −u

y→ ∆v

∆x= −u

y.

• No limite para ∆x → 0

uf(x) = −ydv(x)

dx. (56)

(a) Deslocamento axial natracao.

(b) Deslocamento axial naflexao.

(c) Soma dos deslocamentos axi-ais de tracao e flexao.

Figura 31: Cinematica da tracao e flexao.

• Somando os dois efeitos

u(x) = un(x) + uf(x),

= un(x) − ydv(x)

dx. (57)

• Nota-se que a linha na qual o deslocamento e zero muda de posicao,

o que vai influenciar tambem na posicao da linha e superfıcie neutras.

4.3 Deformacao

• A componente de deformacao normal e

ε(x) =du(x)

dx=

d

dx

(

un(x) − ydv(x)

dx

)

=dun(x)

dx− y

d2v(x)

dx2= εn(x) + εf(x). (58)

43

4.4 Esforcos Internos

• Os esforcos internos compatıveis com os problemas de flexao e tracao/

compressao sao indicados abaixo.

(a) Esforco interno - tracao. (b) Esforco interno - flexao.

Figura 32: Esforcos internos - tracao e flexao.

• As expressoes gerais da forca normal Nx(x), momento fletor Mz(x)

e forca cortante Vy(x) em uma secao generica x sao

Nx(x) =∫

A σ dA, Mz(x) = −∫

A σy dA, Vy(x) = dMz(x)dx .

(a) σ < 0. (b) σ > 0.

Figura 33: Forca normal e momento fletor.

44

4.5 Esforcos Externos

• Como ja visto, os esforcos externos compatıveis para os problemas

de tracao/compressao e flexao sao indicados abaixo.

(a) Esforco externo - tracao. (b) Esforco externo - flexao.

Figura 34: Esforcos externos - tracao e flexao.

• Fazendo o equilıbrio entre esforcos internos e externos, obtem-se os

seguintes Problemas de Valores de Contorno (PVC) para os proble-

mas de tracao/compressao e flexao pura

dNx(x)

dx= −p(x),

Nx(0) = −N0,

Nx(L) = NL.

dM 2z (x)

dx2= q(x),

Mz(0) = −M0,

Mz(L) = ML,

Vy(0) = V0,

Vy(L) = −VL.

45

4.6 Equacao Constituiva

• Utilizando um material isotropico, homogeneo e de comportamento

elastico linear, atraves da Lei de Hooke pode-se estabelecer uma

relacao entre a tensao e a deformacao, atraves do modulo de elasti-

cidade longitudinal E, ou seja

σ(x) = E(x)ε(x). (59)

• Substituindo a equacao para ε(x) tem-se

σ(x) = E(x)

(

dun(x)

dx− y

d2v(x)

dx2

)

(60)

= E(x)dun(x)

dx− E(x)y

d2v(x)

dx2.

• Denotando as tensoes normais de tracao e de flexao e por

σn(x) = E(x)dun(x)

dxe σf(x) = −E(x)y

d2v(x)

dx2, (61)

tem-se que a tensao resultante sera dada por

σ(x) = σn(x) + σf(x).

• Substituindo as expressoes anteriores nas definicoes de Nx(x) e Mz(x)

vem que

Nx(x) =

∫

A

σn(x)dA =

∫

E(x)dun(x)

dxdA

= E(x)dun(x)

dx

∫

A

dA = E(x)A(x)dun(x)

dx,

Mz(x) = −∫

A

σf(x)ydA = −∫

A

−E(x)yd2v(x)

dx2ydA (62)

= E(x)d2v(x)

dx2

∫

A

y2dA = E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2.

46

• A partir das expressoes anteriores

du(x)

dx=

Nx(x)

AxE(x), (63)

d2v(x)

dx2=

Mz(x)

E(x)Iz(x). (64)

• Substituindo as equacoes (63) e (64) na equacao (61)

σ(x) =E(x)Nx(x)

E(x)A(x)− E(x)Mz(x)

E(x)Iz(x)y

=Nx(x)

A(x)− Mz(x)

Iz(x)y

= σn(x) + σf(x). (65)

(a) Tensao normal devido a forcanormal (σn(x)).

(b) Tensao normal devido ao mo-mento fletor (σf (x)).

(c) Tensao normal resultante(σ(x)).

Figura 35: Tensao normal devido a tracao e flexao.

• Como ja dito anteriormente, a superfıcie neutra se desloca da posicao

encontrada na flexao pura.

• A sua nova posicao e determinada igualando a expressao da tensao

normal resultante a zero, ou seja,

σ(x) =Nx(x)

A(x)− Mz(x)

Iz(x)y = 0.

47

Logo,

y =Iz(x)Nx(x)

Mz(x)A(x). (66)

Figura 36: Deslocamento da superfıcie neutra .

4.7 Dimensionamento

• Para determinar as dimensoes da secao transversal de uma viga sub-

metida a esforcos axiais e de flexao, adotam-se os seguintes passos:

1. Construir os diagramas da forca normal, forca cortante e mo-

mento fletor.

2. Determinar a secao mais solicitada, ou seja, aquela na qual age

o maior momento fletor em modulo.

Caso haja mais de uma secao transversal com o mesmo momento

fletor, a secao mais solicitada sera aquela com maior forca normal

em modulo.

Os esforcos na secao mais solicitada serao denotados como Mmaxz

e Nmaxx .

48

3. Determinar o ponto mais solicitado da secao transversal mais so-

licitada, ou seja, aquele ponto no qual a tensao normal resultante

e maxima

σmax =Nmax

x

A+

Mmaxz

Wz. (67)

4. Para uma tensao normal admissıvel do material igual a σ, a

menor secao sera determinada impondo-se a condicao economica,

ou seja,

σmax = σ.

• Para uma secao circular cheia

Wz =πd4

64

2

d=

πd3

32,

e

A =πd2

4.

Logo,

σmax =4Nmax

x

πd2+

32Mmaxz

πd3.

• Para evitar resolver a equacao cubica em termos de d, determina-se

o diametro necessario para suportar apenas a flexao pura. Logo,

σmax =Mmax

z

Wz= σ =⇒ Wz =

Mmaxz

σ.

• Resolvendo a equacao anterior para df , tem-se

df =

(

32Mmaxz

πσ

)1/3

.

49

• Para verificar o efeito da forca normal, aumenta-se ligeiramente o

diametro calculado anteriormente (de 5% a 10%). Seja d o diametro

aumentado.

Se a tensao normal maxima e tal que

σmax =4Nmax

x

πd2+

32Mmaxz

πd3≤ σ.

a viga permanece na fase elastica. Caso contrario, aumenta-se o

diametro df novamente ate que a condicao anterior seja satisfeita.

4.8 Exemplo

• Dimensionar a viga de secao circular de diametro d com carrega-

mento indicado, sendo dado σ = 50MPa.

Figura 37: exercıcio 4.1

50

Figura 38: Diagrama de corpo livre da viga do exemplo.

• Equacoes dos carregamentos

p(x) = 200 < x − 2 >−1 −500 < x − 3 >−1,

q(x) = −1000 < x − 0 >0 +1000 < x − 2 >0 .

• Condicoes de contorno

x = 0 → u(0) = 0, v(0) = 0, Mz(0) = 0Nm.

x = L → v(L) = 0, Nx(L) = 0, Mz(L) = 200Nm.

• Integracao das equacoes diferenciais de equilıbrio em termos da forca

normal e do momento fletor

– Forca normal

dNx(x)

dx= −p(x)

Nx(x) = −200 < x − 2 >0 +500 < x − 3 >0 +C1.

Aplicando a CC, Nx(L) = 0 → C1 = −300.

51

– Momento fletor

dVy(x)

dx= q(x),

dMz(x)

dx= Vy(x).

Vy(x) = −1000 < x − 0 >1 +1000 < x − 2 >1 +D1,

Mz(x) = −1000 < x − 0 >1 +1000 < x − 2 >1 +D1x + D2.

Aplicando as CCs Mz(0) = 0 e Mz(L) = 200, tem-se D1 = 1550

e D2 = 0.

– Equacoes finais

Nx(x) = −200 < x − 2 >0 +500 < x − 3 >0 −300,

Vy(x) = −1000 < x − 0 >1 +1000 < x − 2 >1 +1550,

Mz(x) = −500 < x − 0 >2 +500 < x − 2 >2 +1550x.

• Diagramas de esforcos

0 < x < 2m :

Nx(x) = −300 =

{

Nx(0) = −300N

Nx(2) = −300N

Vy(x) = −1000x + 1550 =

{

Vy(0) = 1550N

Vy(2) = −450N

Mz(x) = −500x2 + 1550x =

{

Mz(0) = 0Nm

Mz(2) = 1100Nm

52

2 < x < 3m :

Nx(x) = −500 =

{

Nx(2) = −500N

Nx(3) = −500N

Vy(x) = −1000x + 1000(x − 2) + 1550 = −450 =

{

Vy(2) = −450N

Vy(3) = −450N

Mz(x) = −500x2 + 500(x − 2)2 + 1550x

= −450x + 2000

{

Mz(2) = 1100Nm

Mz(3) = 650Nm

3 < x < 4m :

Nx(x) = 0 =

{

Nx(3) = 0N

Nx(4) = 0N

Vy(x) = −450 =

{

Vy(3) = −450N

Vy(2) = −450N

Mz(x) = −450x + 2000 =

{

Mz(3) = 650Nm

Mz(4) = 200Nm

(a) Grafico da tracao. (b) Graficos da cortante e momento fletor.

Figura 39: Graficos da tracao, cortante e momento fletor.

Como a cortante se anulou no trecho 0 < x < 2m, o momento fletor

assume um valor maximo ou mınimo que deve ser determinado. Por

53

semelhanca de triangulos

x

1550=

2 − x

450→ x = 1, 55m.

Pode-se obter o mesmo resultado, impondo-se que a equacao da cor-

tante no trecho 0 < x < 2m seja nula, ou seja,

Vy(x) = −1000x + 1550 = 0 → x = 1, 55m.

Calcula-se o momento fletor maximo para x = 1, 55m como

Mz(1, 55) = −500(1, 55)2 + 500(1, 55 − 2)2 + 1550(1, 55) = 1201, 25Nm.

• Secao mais solicitada

A partir dos calculos anteriores, tem-se que a secao mais solicitada e

x = 1, 55m e Mmaxz = 1201, 25Nm.

• Dimensionamento

Considerando apenas a flexao pura

df =

(

32Mmaxz

πσ

)1/3

=

(

32 1201, 25

π50 × 106

)1/3

Logo,

df = 6, 25cm

Fazendo a verificacao da forca normal

σmax =Nmax

x

A+

Mmaxz

Wz

Adotando d = 1, 1df = 6, 88cm, tem-se

A = 0, 003718m2,

54

Wz =πd3

32= 0, 000032m3,

σmax = 80696, 46 + 37539062, 5 = 37, 6MPa.

Como σmax ≤ σ, a viga permanece na fase elastica.

• Calculo da nova posicao da linha neutra y

y =Iz(x)Nx(x)

Mz(x)A(x)=

10−6 300

0, 003718 1201, 25= −7, 38 × 10−5m.

• Representacao grafica das tensoes

(a) Tensao devido a forca normal. (b) Tensao devido ao momento fletor.

(c) Tensao normal resultante.

Figura 40: Tensoes normais.

55


SOLICITACOES

• As solicitacoes axiais, de torcao e flexao foram estudadas de forma


• Em casos praticos, esses efeitos ocorrem de forma conjunta. O ele-

mento submetido a essas multiplas solicitacoes sera tambem deno-

minado viga.

• Quando combinarmos compressao e flexao, o efeito da flambagem

nao sera analisado. Com isto algumas hipoteses serao admitidas

com relacao as dimensoes da viga.

• Como assume-se o caso de pequenos deslocamemtos, utiliza-se a su-

perposicao dos esforcos e seus efeitos.

5 VIGA SUJEITA A FLEXAO, TRACAO/COMPRESSAO

E A TORCAO





nao sao muito grandes para evitar o efeito da flambagem nos casos

de compressao e flexao.


flexao, tracao/compressao e torcao do elemento de viga.

56

5.2 Cinematica

• Na flexao pura, a secao transversal permanece plana e normal a

superfıcie neutra apos a acao de flexao.

• Na torcao, cada secao transversal sofre uma rotacao rıgida θ em torno

do eixo x. O deslocamento tangencial varia linearmente de zero no

centro ate um valor maximo na extremidade da secao.

(a) Acao de flexao. (b) Acao de torcao.

Figura 41: Cinematica de flexao e torcao.

• A tracao/compressao e a flexao provocam os deslocamentos axiais

un(x) e uf(x), respectivamente, resultando no deslocamento axial

total u(x), ou seja,

u(x) = un(x) + uf(x), (68)

57

• Os deslocamentos un(x) sao normais ao eixo longitudinal e constantes

para todos os pontos da secao transversal.

(a) Deslocamento axial na tracao. (b) Deslocamento axial na compressao.

Figura 42: Cinematica da tracao e compressao.

• O deslocamento axial devido a flexao e

uf(x) = −ydv(x)

dx. (69)

(a) Rotacao na flexao. (b) Deslocamento axial na flexao: θz(x) > 0.

Figura 43: Cinematica da flexao.

• Portanto, o deslocamento axial resultante u(x) e dado por

u(x) = un(x) − ydv(x)

dx. (70)

58

(a) Tracao: un(x) > 0. (b) Deslocamento axial naflexao: θz(x) > 0.

(c) Deslocamento resultante.

Figura 44: Cinematica da tracao e flexao.

• De maneira analoga segue para tracao e compressao com momento

fletor negativo.

• A superfıcie na qual o deslocamento e zero muda de posicao, o que

vai influenciar tambem na superfıcie neutra.

(a) Compressao: un(x) < 0. (b) Deslocamento axial naflexao: θz(x) > 0.

(c) Deslocamento resultante.

Figura 45: Cinematica da compressao e flexao.

59

• Para a torcao, as coordenadas iniciais e finais de um ponto sao:

P (x, y, z) e P ′ (x′, y′, z′).

• Os deslocamentos tranversais sao

v = y′ − y = r cos(β + θ) − r cos(β),

w = z′ − z = r sin(β + θ) − r sin(β).

Figura 46: Cinematica da torcao transversal do eixo.

• Simplificando e considerando pequenos deslocamentos, tem-se que

v = −zθ,

w = yθ.

• Em termos do deslocamento tangencial, tem-se

ut(x) = −rθ(x).

5.3 Deformacao

• A deformacao especıfica normal e obtida atraves da derivada do

deslocamento axial resultante, ou seja,

ε(x) =du(x)

dx=

dun(x)

dx+

duf(x)

dx= εn(x) + εf(x).

60

• Substituindo a equacao (87) na equacao anterior, tem-se

ε(x) =dun(x)

dx− y

d2v(x)

dx2, (71)

sendo

εn(x) =dun(x)

dx,

εf(x) = −yd2v(x)

dx2.

• A distorcao angular devido ao efeito de torcao e

γ(x) =dθ(x)

dxr. (72)

• Da equacao anteiror, verifica-se que a distorcao γ(x) varia linear-

mente a partir do centro da secao ate o contorno da secao.

61


• Os seguintes esforcos internos sao compatıveis com a viga em estudo

Nx(x) =

∫

A

σ dA,

Mz(x) = −∫

A

σy dA,

Mx(x) =

∫

A

τrdA,

Vy(x) =dMz(x)

dx.

(a) Esforcos internos na tracao. (b) Esforcos internos na torcao.

(c) Esforcos internos na flexao.

Figura 47: Esforcos internos.

62


• Os esforcos externos em uma viga submetida a tracao/compressao,

flexao e a torcao sao ilustrados abaixo.

(a) Esforcos externos na tracao.

(b) Esforcos externos na torcao. (c) Esforcos externos na flexao.

Figura 48: Esforcos externos.

• Estabelecendo o equilıbrio dos esforcos internos e externos, obtem-se

os Problemas de Valores de Contorno em termos da forca normal,

momento torcor e momento fletor

dNx(x)dx + p(x) = 0 em x ∈ (0, L)

Nx (0) = −N0 em x = 0

Nx (L) = NL em x = L

(73)

63

dMx(x)dx + t(x) = 0 em x ∈ (0, L)

Mx (0) = −T0 em x = 0


(74)

d2Mz(x)dx2 − q(x) = 0 x ∈ (0, L)

Vy (0) = V0 x = 0

Vy (L) = −VL x = L

Mz (0) = −M0 x = 0

Mz (L) = ML x = L

. (75)

• Lembrando a convencao de sinais.

Figura 49: Convencao adotada para os sinais.

5.6 Equacao Constitutiva

• Material isotropico, homogeneo e de comportamento elastico linear.

• A Lei de Hooke estabelece as seguintes relacoes lineares entre as com-

ponentes de tensao e deformacao, atraves dos modulos de elasticidade

longitudinal E e transversal G

σ(x) = E(x)ε(x),

τ (x) = G(x)γ(x). (76)

64

• Substituindo as equacoes (89) e (90) nas equacoes anteriores, tem-se

σ(x) = E(x)dun(x)

dx− E(x)

d2v(x)

dx2y = σn(x) + σf(x), (77)

τ (x) = G(x)dθ(x)

dxr. (78)

• Substitui-se agora as expressoes anteriores nas equacoes da forca nor-

mal, momento fletor e momento torcor

Nx(x) =

∫

A

σn dA =

∫

A

E(x)dun(x)

dxdA

= E(x)A(x)dun(x)

dx,

Mz(x) = −∫

A

σfy dA =

∫

A

E(x)d2v(x)

dx2y2 dA

= E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2,

Mx(x) =

∫

A

τrdA =

∫

A

G(x)dθ(x)

dxr2 dA

= G(x)Ip(x)dθ(x)

dx,

Vy(x) =d

dx

(

E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2

)

.

• Das expressoes anteriores

dun(x)

dx=

Nx(x)

E(x)A(x),

d2v(x)

dx2=

Mz(x)

E(x)Iz(x),

dθ(x)

dx=

Mx(x)

G(x)Ip(x).

65

• Substituindo em (107), obtem-se as seguintes distribuicoes de tensao

σn(x) =Nx(x)

A(x),

σf(x) = −Mz(x)

Iz(x)y,

τ (x) =M(x)

Ip(x)r.

(a) Tensao na tracao. (b) Tensao na flexao. (c) Tensao resultante.

Figura 50: Soma das tensoes de tracao e flexao.

(a) Tensao na compressao. (b) Tensao na flexao. (c) Tensao resultante.

Figura 51: Soma das tensoes de compressao e flexao.

• Para determinar as tensoes resultantes devido as tensoes cisalhantes

e normais, usa-se o criterio de Von Mises. Nesse caso, define-se a

tensao equivalente como

σeq(x) =√

σ(x)2 + 3τ (x)2 (79)

66

(a) Distribuicao de τ(x).

• Substituindo as equacoes da forca normal, momento fletor e mo-

mento torcor nas rspectivas equacoes diferenciais de equilıbrio e con-

siderando Iz, Ip, A, G e E constantes, obtem-se os seguintes PVCs

em termos da cinematica

EAd2u(x)dx2 = −p(x)

GIpd2θ(x)dx2 = −t(x)

EIzd4v(x)dx4 = q(x)

(80)

5.7 Dimensionamento

• Usam-se os seguintes passos para determinar as dimensoes mınimas

de uma secao transversal:

1. Tracar os diagramas dos momentos fletor (Mz(x)) e torcor (Mx(x)),

forcas normal (Nx(x)) e cortante (Vy(x)).

2. Determinar a secao mais solicitada segundo o criterio

(a) Secao com maior momento fletor em modulo;

(b) Secao com maior momento tocor em modulo;

(c) Secao com maior forca normal em modulo;

67

(b) Provaveis pontos mais solicitados.

(d) Secao com a maior forca cortante em modulo.

3. Determinar o ponto mais solicitado na secao mais solicitada.

4. No ponto mais solicitado calcular a tensao equivalente maxima

segundo o criterio de Von Misses:

σmaxeq =

√

σ2max + 3τ 2

max,

sendo

σmax =Nmax

x

A+

Mmaxz

Izymax =

Nmaxx

A+

Mmaxz

Wmaxz

,

τmax =Mmax

x

Iprmax =

Mmaxx

Wmaxx

.

• Para uma secao circular de diametro d

Wz =Iz

ymax=

πd4

64d2

=πd3

32,

Wx =Ip

rmax=

πd4

32d2

=πd3

16.

68

• Para a simplificar o calculo, consideram-se apenas as tensoes de flexao

e torcao

σmax =Mmax

z

Wz=

32Mmaxz

πd3,

τmax =Mmax

x

Wx=

16Mmaxx

πd3.

• Logo, a tensao equivalente sera dada por

σmaxeq =

√

(

32Mmaxz

πd3

)2

+ 3

(

16Mmaxx

πd3

)2

,

σmaxeq =

16

πd3

√

4(Mmaxz )2 + 3(Mmax

x )2.

• Para uma tensao admissıvel σ

σmaxeq ≤ σ.

• Portanto,

σ =16

πd3

√

4(Mmaxz )2 + 3(Mmax

x )2.

• Resolvendo a equacao anterior para o diametro

d =3

√

16

πσ

√

4(Mmaxz )2 + 3(Mmax

x )2. (81)

• Calculado o diametro da viga, aumenta-se em 5% o mesmo e faz-se

a verificacao incluindo o efeito da forca normal.

69

5.8 Verificacao

• Ja com o diametro para a verificacao, calcula-se novamente a tensao,

envolvendo todas as parcelas e verifica se esta tensao e menor que a

admissıvel

σmax =Nmax

x

A+

Mmaxz

Izymax,

τmax =Mmax

x

Iprmax.

• A tensao equivalente sera dada por:

σeq =√

σ2 + 3τ 2.

• Compara-se

σeq ≤ σ.

• Se σeq ≤ σ → Ok!!. Caso contrario aumenta-se o diametro nova-

mente e faz-se nova verificacao.

5.9 Exemplo

Dimensionar a viga de secao circular submetida a esforcos de tracao,

flexao e torcao. Dados: qo = 1000N/m; F1 = 1000N ; F2 = 500N ;

T = 1200Nm; M = 500Nm, σ = 70MPa.

1. Calculo das reacoes de apoio

A partir do Diagrama de Corpo Livre (DCL) ilustrado na Figura 68,

tem-se as seguintes condicoes de equilıbrio:

ΣFx = 0 : RAx + 500 = 0 → RAx = −500N.

ΣFy = 0 : RAy − 4000 − 1000 + REy = 0

RAy + REy = 5000.

ΣMz(A) = 0 : −(4000)(2) + 500 − (1000)(6) + REy(8) = 0.

70

Figura 52: Viga com carregamento de tracao, flexao e torcao.

Figura 53: Diagrama de corpo livre.

Logo, REy = 1687, 5N e RAy = 3312, 5N .

Observa-se que o momentos torcores devem estar auto-equilibrados,

ou seja,

ΣMx = 0 → −1200 + 1200 = 0.

2. Diagramas

Momento fletor

• x = 0 → Mz(0) = 0.

71

• x = 0 → Mz(2) = 0 + (3312, 5 + 1312, 5) × 22 = 4625Nm.

• Quando a cortante e igual a zero, tem-se um ponto de inflexao

(maximo ou mınimo) para o momento fletor, pois

Vy(x) =dMz(x)

dx= 0.

Para se determinar a secao xm entre 2 < xm < 4 na qual a cor-

tante se anulou, emprega-se a semelhanca de triangulos indicada

na Figura 54. Logo

xm

2 − xm=

1312, 5

687, 5→ xm = 1, 31m.

Figura 54: Deteminacao de xm.

Determina-se agora o momento fletor em x = 3, 31m, isto e,

Mz(3, 31) = 4625 + (1, 31)

(

1312, 5

2

)

= 5486, 3Nm.

• x = 4m → Mz(4) = 5486, 3 + 0,692 (−687, 5) = 5249, 9Nm.

• x = 6m → Mz(6) = 5249, 9 + (2)(−687, 5) = 3875Nm.

Os diagramas de esforcos estao dados na Figura 69.

72

Figura 55: Graficos de Mx(x),Mz(x), Vy(x), Nx(x).

3. Secao mais solicitada: x = 3, 31m

Mmaxz = 5486, 3Nm,

V maxy = 0N,

Nmaxx = 500N,

Mmaxx = 1200Nm.

(82)

4. Dimensionamento

• Considera-se inicialmente apenas os efeitos da flexao e da torcao.

• Tensao equivalente maxima

σmaxeq =

√

(σmaxf )2 + 3(τmax

t )2.

Observa-se que

σmaxf =

Mmaxz

Wz=

Mmaxz

πd4

64

d

2=

Mmaxz

πd3

32

,

73

τmax =Mmax

x

Wx=

Mmaxx

πd4

32

d

2=

Mmaxx

πd3

16

.

Logo

d =3

√

16

πσ

√

4(Mmaxz )2 + 3(Mmax

x )2. (83)

• Substituindo os valores

d = 3

√

16

π70 × 106

√

4(5486, 3)2 + 3(1200)2. (84)

Portanto,

d = 9, 33cm.

• Tomando-se um diametro um pouco maior, por exemplo d =

9, 6cm, faz-se a verificacao incluindo o efeito da forca normal, ou

seja,

σmax =Nmax

x

A± Mmax

z

Wz=

500π4(0, 096)2

± 5486, 3π(0,096)3

32

.

Logo,

σmax = 69077 ± 63, 16 × 106N/m2.

• Calculo da tensao de cisalhamento devido ao torque

τmax =Mmax

x

πd3

16

=1200

π(0,096)3

16

.

Logo,

τmax = 6, 9MPa.

• Verificacao

Calcula-se a tensao equivalente e compara-se com a tensao ad-

missıvel

σeq =√

(σmax)2 + 3(τmax)2 =√

(63, 2)2 + 3(6, 9)2 = 64, 3MPa.

74

Como σeq ≤ σ → Ok!!!!.

A viga com diametro de 9,6 cm permanece na fase elastica.

• A representac ao das distribuicoes das tensoes normais devido a

forca normal, momento fletor e resultante esta dada na Figura

70.

(a) Tensao na tracao. (b) Tensao na flexao. (c) Tensao resultante.

Figura 56: Distribuicoes das tensoes de tracao e flexao.

• Determinacao da nova posicao da linha neutra

σ =Nmax

x

A− Mmax

z

Izy = 0,

y =Nmax

x

Mmaxz

Iz

A=

500

5486, 3

πd4/64

πd2/4.

Logo,

y = 0, 00525cm.

75

VIGA SUJEITA A MULTIPLAS SOLICITACOES

(FLEXAO COMPOSTA)

• As solicitacoes de tracao, torcao e flexao foram estudadas de forma


• Em casos praticos, esses efeitos ocorrem de forma conjunta. O ele-

mento submetido a essas multiplas solicitacoes sera tambem denom-

inado viga.

• Deve-se tambem considerar a flexao que ocorre em torno do eixo y

do sistema de referencia.

• Da-se o nome de flexao composta a composicao das flexoes em y e z.

• Como assume-se o caso de pequenos deslocamemtos e rotacoes, utiliza-

se a superposicao dos esforcos e seus efeitos.

6 VIGA SUJEITA A FLEXAO COMPOSTA,

TRACAO/COMPRESSAO E TORCAO





nao devem ser muito grandes para evitar o efeito da flambagem nos

casos de compressao e flexao simultaneos.


flexao em y e z, tracao/compressao e torcao do elemento de viga.

• Neste texto, a torcao deve ser considerada apenas para secoes circu-

lares.

76

6.2 Cinematica

• Nas flexoes em y e z (flexao composta), cada secao transversal da

viga permanece plana e normal a superfıcie neutra apos a acao de

flexao.

Figura 57: Cinematica da flexao composta.

77

• Na torcao de secoes circulares, cada secao transversal sofre uma

rotacao rıgida θ(x) em torno do eixo x. O deslocamento tangencial

varia linearmente de zero, no centro da secao, ate um valor maximo

na extremidade da secao.

Figura 58: Cinematica de torcao com θ > 0.

78

• A tracao/compressao e a flexao provocam os deslocamentos axiais

un(x) e uf(x), respectivamente, resultando no deslocamento axial

total u(x), ou seja,

u(x) = un(x) + uf(x). (85)

(a) Acao da rotacao em z (θz > 0).

(b) Acao da rotacao em y (θy > 0).

Figura 59: Cinematica de flexao e torcao.

• Os deslocamentos devido a flexao composta sao

ufz(x) = −ydv(x)

dx, ufy(x) = z

dw(x)

dx. (86)

79

• O deslocamento v(x) e na direcao de y e w(x) na direcao de z.

(a) Deslocamento axial na flexao: θz(x) > 0. (b) Deslocamento axial na flexao: θy(x) > 0.

(c) Deslocamento axial resultante: θz(x) > 0 e θy(x) > 0.

Figura 60: Cinematica da flexao composta.

80

• O deslocamento axial resultante devido a flexao composta e dado por

uf(x) = −ydv(x)

dx+ z

dw(x)

dx. (87)

• Portanto, o deslocamento axial resultante u(x) e dado por

u(x) = un(x) − ydv(x)

dx+ z

dw(x)

dx. (88)

• A superfıcie na qual o deslocamento e zero muda de posicao, o que

vai influenciar tambem na Linha Neutra.

• Para a torcao, as coordenadas iniciais e finais de um ponto sao:

P (x, y, z) e P ′ (x′, y′, z′).

• Os deslocamentos tranversais devido a torcao sao

v = y′ − y = r cos(β + θ) − r cos(β),

w = z′ − z = r sin(β + θ) − r sin(β).

Figura 61: Cinematica da torcao transversal do eixo.

81

• Simplificando e considerando pequenos deslocamentos, tem-se que

v(x) = −zθ(x),

w(x) = yθ(x).

• Em termos do deslocamento tangencial, tem-se

ut(x) =√

v2 + w2 = rθ(x), r =√

y2 + z2.

6.3 Deformacao

• A deformacao especıfica e obtida atraves da derivada do desloca-

mento axial resultante, ou seja,

ε(x) =du(x)

dx=

dun(x)

dx+

duf(x)

dx= εn(x) + εf(x).

• Substituindo a equacao (87) na expressao anterior, tem-se

ε(x) =dun(x)

dx− y

d2v(x)

dx2+ z

d2w(x)

dx2, (89)

sendo

εn(x) =dun(x)

dx,

εf(x) = −yd2v(x)

dx2+ z

d2w(x)

dx2.

• A distorcao angular devido ao efeito de torcao e

γ(x) =dut(x)

dx=

dθ(x)

dxr. (90)

• Da equacao anteiror, verifica-se que a distorcao γ(x) varia linear-

mente a partir do centro ate o contorno da secao.

82


• A relacao entre os esforcos internos e externos compatıveis com a

cinematica definida anteriormente pode ser determinada atraves do

Princıipio do Trabalho Virtual (PTV).

• O PTV estabelece que os trabalhos das forcas externa e interna para

um deslocamento virtual devem ser iguais, ou seja,

δTe = δTi. (91)

Figura 62: Momentos fletores em y e z.

• De acordo com a Figura 62, tem-se que a forca normal e os momentos

fletores em y e z sao dados respectivamente por

dNx(x) = σdA → Nx(x) =

∫

σx(x)dA,

dMy(x) = σzdA → My(x) =

∫

σzdA,

dMz(x) = −σydA → Mz(x) = −∫

σydA.

83

Figura 63: Momentos torcor elementar.

• De acordo com a Figura 63, o momento torcor e dado por

dMx(x) = τrdA → Mx(x) =

∫

A

τrdA.

• As forcas internas sao representadas pelo conceito de tensao. Nesse

caso, tem-se a tensao normal σ associada a deformacao normal ε e a

tensao cisalhante τ associada a deformacao cisalhante γ

• O trabalho interno virtual de deformacao e dado por

δTi =

∫

V

(σ(x)ε(x) + τ (x)γ(x))dV . (92)

• Substituindo a equacao (89) em (92), tem-se

δTi =

∫

V

σn(x)εn(x)dV +

∫

V

σf(x)εf(x)dV +

∫

V

τ (x)γ(x)dV ,(93)

ou ainda

δTi =

∫

V

σndun(x)

dx−∫

V

σfzyd2v(x)

dx2dV −

∫

V

σfyzd2w(x)

dx2dV

+

∫

V

τdθ(x)

dxrdV .

84

• Pde-se decompor as integrais de volume anteriores atraves de uma

integral ao longo do comprimento da viga L e outra na area da secao

transversal A. Como as grandezas un(x), uf(x), v(x) e θ(x) na

expressao anterior so dependem de x, as mesmas serao integradas

apenas ao longo do comprimento.

Por exemplo,∫

V

σndun(x)

dxdV =

∫ L

0

(

∫

A

σndA)dun(x)

dxdx =

∫ L

0

Nx(x)dun(x)

dxdx.

Aplicando a integracao por partes na equacao anterior∫ L

0

Nx(x)dun(x)

dxdx = −

∫ L

0

dNx(x)

dxun(x)dx + Nx(x)un(x)|L0 .(94)

• Analogamente

−∫

V

σfzyd2v(x)

dx2dV =

∫ L

0

(

∫

A

σfz(x)ydA)d2v(x)

dx2dx,

=

∫ L

0

Mz(x)d2v(x)

dx2dx. (95)

Aplicando a integracao por partes na equacao (95), tem-se que∫ L

0

Mz(x)d2v(x)

dx2dx = −

∫ L

0

dMz(x)

dx

dv(x)

dxdx + Mz(x)

dv(x)

dx|L0 .

Aplicando novamente a integracao por partes

−∫ L

0

dMz(x)

dx

dv(x)

dxdx =

∫ L

0

d2Mz(x)

dx2v(x)dx − dMz(x)

dxv(x)|L0 .

Obtem-se entao a seguinte equacao∫ L

0

Mz(x)d2v(x)

dx2dx =

∫ L

0

d2Mz(x)

dx2v(x)dx − dMz(x)

dxv(x)|L0

+ Mz(x)θz(x)|L0 . (96)

85

• Para o termo de My(x), tem-se analogamente

∫ L

0

My(x)d2w(x)

dx2dx =

∫ L

0

d2My(x)

dx2w(x)dx − dMy(x)

dxw(x)|L0

+ My(x)θy(x)|L0 . (97)

• E para o termo em Mx(x)

∫ L

0

Mx(x)dθ(x)

dxdx = −

∫ L

0

dMx(x)

dxθ(x)dx + Mx(x)θ(x)|L0 .(98)

• Os seguintes esforcos internos sao compatıveis com a viga em estudo

(ver Figura 64)

Nx(x) =

∫

A

σ dA,

Vy(x) =dMz(x)

dx, (99)

Mz(x) = −∫

A

σy dA,

Vz(x) = −dMy(x)

dx,

My(x) =

∫

A

σz dA,

Mx(x) =

∫

A

τrdA.

86

(a) Esforcos internos na tracao.

(b) Esforcos internos na torcao. (c) Esforcos internos na flexao em torno de z.

(d) Esforcos internos na flexao em torno de y.

Figura 64: Esforcos internos.

87


• Os esforcos externos em uma viga submetida a tracao/compressao,

flexao composta e a torcao sao ilustrados abaixo.

• O trabalho virtual realizado pelos esforcos externos sao

δTe =

∫ L

0

qy(x)v(x)dx + Vy0v(0) + VyLv(L) + Mz0θz(0)(100)

+MzLθz(L) +

∫ L

0

qz(x)v(x)dx + Vz0v(0)

+VzLv(L) + My0θz(0) + MyLθz(L)

+

∫ L

0

p(x)un(x)dx + Nx0u(0) + NxLu(L)

+

∫ L

0

t(x)θx(x)dx + Mx0θ(0) + MxLθ(L).

6.6 Princıpio dos Trabalhos Virtuais

• Aplicando o Princıpio dos Trabalhos Virtuais, obtem-se os Problemas

de Valores de Contorno de Equilıbrio em termos da forca normal,

momento torcor e momentos fletores dados a seguir

dNx(x)dx + p(x) = 0 em x ∈ (0, L)

Nx (0) = −N0 em x = 0

Nx (L) = NL em x = L

. (101)

dMx(x)dx + t(x) = 0 em x ∈ (0, L)

Mx (0) = −T0 em x = 0


. (102)

88

(a) Esforcos externos na tracao.

(b) Esforcos externos na torcao.

(c) Esforcos externos na flexao em z. (d) Esforcos externos na flexao em y.

Figura 65: Esforcos externos.

89

d2Mz(x)dx2 − q(x) = 0 x ∈ (0, L)

Vy (0) = Vy0 x = 0

Vy (L) = −VyL x = L

Mz (0) = −Mz0 x = 0

Mz (L) = MzL x = L

. (103)

d2My(x)

dx2 + q(x) = 0 x ∈ (0, L)

Vz (0) = −Vz0 x = 0

Vz (L) = VzL x = L

My (0) = My0 x = 0

My (L) = −MyL x = L

. (104)

6.7 Equacao Constitutiva

• Considerando que o material seja isotropico, homogeneo e de com-

portamento elastico linear, a lei de Hooke estabelece uma relacao

entre as componentes de tensao e deformacao, atraves dos modulos

de elasticidade longitudinal E e transversal G

σ(x) = E(x)ε(x),

τ (x) = G(x)γ(x). (105)

• Substituindo as equacoes (89) e (90) nas equacoes anteriores, tem-se

σ(x) = E(x)dun(x)

dx− E(x)y

d2v(x)

dx2+ E(x)z

d2w(x)

dx2

= σn(x) + σfz(x) + σfy(x), (106)

τ (x) = G(x)dθ(x)

dxr. (107)

• Substitui-se agora as equacoes (106) e 107 nas equacoes (100)

Nx(x) =

∫

A

σn dA =

∫

A

E(x)dun(x)

dxdA

90

= E(x)dun(x)

dx

∫

A

dA = E(x)A(x)dun(x)

dx,

Vy(x) =d

dx

(

E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2

)

,

Mz(x) = −∫

A

σfzydA =

∫

A

E(x)d2v(x)

dx2y2 dA

= E(x)d2v(x)

dx2

∫

A

y2 dA = E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2,

Vz(x) = − d

dx

(

E(x)Iy(x)d2w(x)

dx2

)

,

My(x) =

∫

A

σfyzdA =

∫

A

E(x)d2w(x)

dx2z2 dA

= = E(x)d2w(x)

dx2=

∫

A

z2 dA = E(x)Iy(x)d2w(x)

dx2,

Mx(x) =

∫

A

τrdA =

∫

A

G(x)dθ(x)

dxr2 dA

= G(x)dθ(x)

dx

∫

A

r2 dA = G(x)Ip(x)dθ(x)

dx.

• Considerando Iz(x), Iy(x) e E(x) constantes

d3v(x)

dx3=

Vy(x)

EIz,

d3w(x)

dx3=

Vz(x)

EIy.

• Das expressoes anteriores

dun(x)

dx=

Nx(x)

E(x)A(x),

91

d2v(x)

dx2=

Mz(x)

E(x)Iz(x),

d2w(x)

dx2=

My(x)

E(x)Iy(x),

dθ(x)

dx=

Mx(x)

G(x)Ip(x).

• Substituindo as equacoes anteriores nas equacoes (106) e (107), obtem-

se as seguintes equacoes para as tensoes normal e cisalhante

σn(x) =Nx(x)

A(x),

σfz(x) = −Mz(x)

Iz(x)y,

σfy(x) =My(x)

Iy(x)z,

τ (x) =M(x)

Ip(x)r.

• A tensao axial resultante sera dada por

σ(x) =Nx(x)

A(x)− Mz(x)

Iz(x)y +

My(x)

Iy(x)z, (108)

e a tensao de cisalhamento por

τ (x) =Mx(x)

Ip(x)r. (109)

• Para determinar a tensao resultante devido as tensoes cisalhante e

normal, emprega-se a tensao equivalente de von Mises

σeq(x) =√

σ(x)2 + 3τ (x)2. (110)

92

(a) Distribuicao de τ(x).

• Substituindo as equacoes da forca normal, momento fletor e mo-

mento torcor nas respectivas equacoes diferenciais de equilıbrio e

considerando Iz, Ip, A, G e E constantes em x, obtem-se os seguintes

PVCs em termos da cinematica

EAd2u(x)

dx2= −p(x),

GIpd2θ(x)

dx2= −t(x),

EIzd4v(x)

dx4= qy(x),

EIyd4w(x)

dx4= qz(x).

6.8 Dimensionamento

• Para determinar as dimensoes da secao para que o material se man-

tenha na fase elastica, aplicam-se os seguintes passos:

1. Tracar os diagramas dos momentos fletores (My(x) e Mz(x))

e torcor (Mx(x)), forcas normal (Nx(x)) e cortantes (Vy(x) e

Vz(x)).

93

2. Determinar a secao mais solicitada segundo o criterio

(a) Secao com maior momento fletor resultante MR =√

M 2y + M 2

z ;

(b) Secao com maior momento torcor em modulo;

(c) Secao com maior forca normal em modulo;

(d) Secao com a maior forca cortante em modulo VR =√

V 2y + V 2

z .

3. Determinar o ponto mais solicitado da secao mais solicitada.

Nesse caso, deve-se analisar as distribuicoes de tensao normal na

secao mais solicitada. O ponto mais solicitado a flexao composta

apenas sera aquele mais afastado da linha neutra.

4. No ponto mais solicitado, calcular a tensao equivalente maxima

segundo o criterio de Von Misses, ou seja,

σmaxeq =

√

σ2max + 3τ 2

max,

sendo

σmax =Nmax

x

A± Mmax

z

Izymax ±

Mmaxy

Iyzmax

=Nmax

x

A+

Mmaxz

Wz+

Mmaxy

Wy,

τmax =Mmax

x

Iprmax =

Mmaxx

Wx,

sendo Wx o modulo de resistencia a torcao e Wy e Wz os modulos

de resistencia de flexao segundo os eixos y e z.

• Considerando a flexao composta, ou seja, desprezando o efeito da

forca normal, a linha neutra sera obtida quando a tensao normal de

flexao for igual a 0, ou seja,

Mz(x)

Izy =

My(x)

Iyz → y

z=

My(x)Iz

Mz(x)Iy. (111)

94

• O angulo β e medido entre a linha neutra e o eixo z (ver Figura

66(b)). A seguinte relacao geometrica e valida

tan β =y

z.

(b) Linha neutra. (c) Momento fletor resultante.

• O momento resultante representado na Figura 66(c) e dado por

MR =√

M 2y + M 2

z .

Alem disso,

tan α =My

Mz.

• As tensoes normais maxima (tracao) e mınima (compressao) ocorrem

nos pontos mais afastados da linha neutra.

• A maxima tensao de tracao na viga ocorre no ponto (1) de coorde-

nadas (y1, z1) na secao mais solicitada. Considerando os valores em

modulo

σmaxft =

Mmaxz

Izy1 +

Mmaxy

Iyz1.

95

A maxima tensao de compressao na viga ocorre no ponto (2) de

coordenadas (y2, z2)

σmaxfc =

Mmaxz

Izy2 +

Mmaxy

Iyz2.

• Substituindo tan α =My

Mzna equacao da linha neutra

tan β = tan αIz

Iy→ β = arctan (

Iz

Iytan α).

• Para uma secao circular

Iz = Iy → tan β = tan α.

Figura 66: Momento fletor resultante na viga com secao circular.

• Da Figura 69, observa-se que

y1 = −r cos α,

z1 = r sin α.

96

E ainda

cos α =Mz

MR,

sin α =My

MR,

MR =√

M 2z + M 2

y .

• Substituindo as expressoes anteriores na equacao da tensao normal

de flexao e fazendo algumas simplicacoes, tem-se

σmaxf =

√

(Mmaxz )2 + (Mmax

y )2

WLN=

MR

WLN, (112)

sendo WLN = Ir o modulo a flexao em relacao a linha neutra dado

por

WLN =πd3

32=

πr3

4.

• Calcula-se agora a tensao equivalente

σeq =√

(σmaxf )2 + 3(τmax)2,

com

τmax =Mmax

x

Ipr =

Mmaxx

Wx.

• Substituindo σmaxf e τmax na equacao da tensao equivalente, tem-se

σ2eq =

√

(Mmaxz )2 + (Mmax

y )2

WLN

2

+ 3

(

Mmaxx

Wx

)2

.

97

Simplificando

σeq =32

πd3

√

(Mmaxz )2 + (Mmax

y )2 +3

4(Mmax

x )2. (113)

• Adotando a condicao economica σeq = σ, obtem-se

d =3

√

32

πσ

√

(Mmaxz )2 + (Mmax

y )2 +3

4(Mmax

x )2. (114)

• Para verificar o efeito da forca normal, aumenta-se o diametro ante-

rior da ordem de 5% e verifica-se a viga. Se σeq ≤ σ → Ok!!. Caso

contrario, aumenta-se o diametro novamente e verifica-se a viga, ate

que se encontre um diametro para o qual a viga permanece na fase

elastica.

6.9 Verificacao

• Conhecido o diametro da viga, calcula-se a tensao equivalente maxima

e compara-se com a tensao admissıvel do material.

• Para a tensao normal, consideram-se todas as parcelas, ou seja,

σmax =Nmax

x

A+

Mmaxz

Wz+

Mmaxy

Wy.

• A tensao equivalente sera dada por

σeq =√

(σmax)2 + 3(τmax)2.

• Compara-se

σeq ≤ σ.

• Se σeq ≤ σ → Ok!!. Caso contrario, aplica-se o procedimento da

secao anterior.

98

Figura 67: Viga do exemplo.

6.10 Exemplo

Dimensionar a viga secao circular da Figura 67 submetida a esforcos de

flexao e torcao. Dado: σ = 70MPa.

1. Inicialmente, deve-se transferir as forcas de 1000 Kgf e 2000 Kgf

para o centro da secao da viga. Apos a tranferencia, tem-se as

seguintes forcas e momentos no centroide das secoes

FBy = 2000kgf, MxB = (2000)(0, 1) = 200 Kgfm

FCy = 1000kgf, MxCB = (1000)(0, 2) = 200 Kgf m.

Esses esforcos estao ilustrados na Figura 68.

2. Para o calculo das reacoes dos apoios, consideram-se as seguintes

condicoes de equilıbrio:

ΣFy = 0 → −RAy + 2000 − RDy = 0

RAy = 2000 − RDy.

99

Figura 68: Diagrama de corpo livre.

ΣMz(A) = 0 → (2000)(0, 2) − RDy(1, 0) = 0,

RDy = 400Kgf → RAy = 1600Kgf.

ΣFz = 0 → −RAz + 1000 − RDz = 0,

RAz = 1000 − RDz.

ΣMy(A) = 0 → −(1000)(0, 8) + RDz(1, 0) = 0,

RDz = 800Kgf → RAz = 200Kgf.

3. Os diagramas de esforcos estao ilustrados na Figura 69.

O momento torcor deve estar em auto-equilibrado. Logo

ΣMx = 0 → −200 + 200 = 0.

4. A secao mais solicitada e x = 0, 2+m e o momento resultante maximo

e

MR =√

(320)2 + (40)2 → MR = 322, 5 Kgfm.

100

Figura 69: Graficos de Mx(x), V y(x),Mz(x), Vz(x),My(x).

Os seguintes esforcos atuam nessa secao:

Mmaxx = 200 Kgf m

V maxy = 400 Kgf

Mmaxz = 320 Kgf m

V maxz = 200 Kgf

Mmaxy = 40 Kgf m.

(115)

5. Dimensionamento

Considera-se inicialmente apenas os efeitos da flexao e da torcao.

Logo,

d =3

√

32

πσ

√

(Mmaxz )2 + (Mmax

y )2 +3

4(Mmax

x )2

101

Figura 70: Pontos mais solicitados.

=3

√

32

π70 × 106

√

(320)2 + (40)2 +3

4(200)2

Portanto,

d = 0, 0641m = 6, 41cm.

6. Determinacao da linha neutra

tan α =Mmax

y

Mmaxz

=40

320→ α = 7, 12o.

Portanto,

β = −α = −7, 12o.

7. Os pontos de maior solicitacao na secao mais solicitada estao mostra-

dos na Figura 70.

102

CISALHAMENTO EM VIGAS

(MODELO DE TIMOSHENKO)

7 Introducao

• Ate o momento, considerou-se apenas a flexao pura de vigas atraves

do modelo de Euler-Bernouilli.

• Desprezou-se o efeito do cisalhamento existente nas secoes transver-

sais de uma viga em flexao. Para incluir esse efeito, considera-se o

modelo de viga de Timoshenko.

• A diferenca basica entre estes modelos esta relacionada ao fato que a

formulacao de Euler-Bernouilli nao considera a deformacao de cisal-

hamento presente nas secoes tranversais.

• Para vigas curtas e importante a analise dos efeitos causados pelo

cisalhamento.

• E para vigas com secoes compostas (perfis I e T), o efeito de cisalha-

mento entre os diversos elementos que compoe a secao e importante

para o seu dimensionamento.

103

8 Cinematica

• Qualquer acao de flexao de uma viga faz surgir o efeito do cisal-

hamento entre as fibras da viga ao longo de seu comprimento, assim

como entre as secoes transversais.

• O efeito do cisalhamento nas secoes transversais pode ser observado

na Figura 71 para uma viga de secao retangular. Ocorre um em-

penamento das secoes transversais. Neste caso, a distorcao maxima

ocorre na linha neutra, sendo nula nas partes superior e inferior da

secao.

Figura 71: Empenamento de secao na viga de Timoshenko.

• Na Figura 72, isola-se a extremidade da viga e toma-se um elemento

infinitesimal. Considerando apenas o efeito de flexao pura, o ele-

mento permanece ortogonal ao eixo deformado da viga. Com o cisal-

hamento, verifica-se uma distorcao do elemento, ou seja, os angulos

entres as arestas deixam de ser retos.

104

Figura 72: Elemento de viga distorcido devido ao cisalhamento.

• Como a distorcao varia na secao, elementos de viga, como aqueles

ilustrados na Figura 72, serao deformados de maneira distinta.

• A determinacao da forma empenada da secao transversal pode ser

feita de forma analıtica apenas para alguns casos particulares e en-

volve a solucao das equacoes tridimensionais de um solido elastico

linear.

• O modelo de Timoshenko, aqui desenvolvido, considera que as secoes

permanecem ainda planas. Assim, assume-se que toda secao transver-

sal x sofre uma distorcao constante β(x).

• O sistema cartesiano de referencia empregado passa pelo centro de

geometrico da secao tranversal.

• De forma analoga ao modelo de Euller-Bernoulli, as acoes de movi-

mento na viga de Timoshenko devem ser tais que as secoes transver-

sais permanecam planas (veja a Figura 71). No entanto, as secoes

nao permanecem ortogonais ao eixo da viga.

• A partir da Figura 73, verifica-se que a secao transversal AB sofre

um deslocamento transversal rıgido v(x) e uma rotacao rıgida α(x)

105

em torno do eixo z, atingindo a posicao intermediaria A′B′, a qual

representa o estado de flexao pura da viga. A partir dessa posicao,

devido ao efeito de cisalhamento, verifica-se uma distorcao da secao

no plano xy caracterizada pelo angulo β(x).

(a) Acao de movimento.

(b) Secao A’B’ em detalhes. (c) Secao A”B” em detalhes.

Figura 73: Cinematica da viga de Timoshenko.

• Assume-se que β(x) e constante na secao, fazendo com que a secao

AB atinja a posicao final A′′B′′.

• A cinematica deste modelo e analoga ao anterior, bastando incluir

o efeito da distorcao β(x) no calculo do deslocamento axial u(x).

106

Logo, a partir da Figura 73, tem-se que

tan θz = −u

y.

• Considerando pequenas deslocamentos, tem-se que tan θz ≈ θz. Logo,

u(x) = −yθz(x) = −y[α(x) − β(x)], (116)

sendo θz(x) a rotacao total da secao, α(x) = dv(x)dx a rotacao devido

a flexao da viga e β(x) a distorcao da secao no plano xy devido ao

cisalhamento.

• Logo, a cinematica da viga de Timoshenko e descrita por um campo

vetorial u(x) com as seguintes componentes

u(x) =

−yθz(x)

v(x)

0

. (117)

9 Deformacao

• No modelo de viga de Timoshenko, tem-se as componentes de de-

formacao longitudinal ε(x) e angular γ(x).

107

• Para determinar essas componentes considere o elemento de viga

ABCD, ilustrado na Figura 74, tomando entre as secoes arbitrarias

x e x + ∆x de uma viga engastada.

A Figura 75 ilustra o elemento de viga antes e apos a flexao estando

indicandos os angulos de rotacao θz(x) e θz(x + ∆x).

Figura 74: Elemento de viga ABCD na configuracao nao deformada.

• Para determinar a deformacao especıfica ε(x) considere a Figura 76.

• Os deslocamentos axiais relativos absoluto e especıfico entre as secoes

AB e CD sao, respectivamente,

∆u = u(x + ∆x) − u(x),

∆u

∆x=

u(x + ∆x) − u(x)

∆x.

• Logo, a deformacao especıfica ε(x) e obtida a partir de

ε(x) = lim∆x→0

∆u

∆x=

du(x)

dx.

108

(a) Elemento deformado. (b) Angulos de distorcao.

Figura 75: Elemento de viga distorcido no plano xy.

Figura 76: Deformacao na viga de Euler-Bernouilli.

109

• Substituindo (116) vem que

ε(x) = −ydθz(x)

dx. (118)

(a) Antes da distorcao. (b) Apos a distorcao.

Figura 77: Elemento de viga ABCD no plano xy.

• Para determinar a distorcao ou deformacao angular no plano xy, con-

sidere o elemento infinitesimal de viga ilustrado na Figura 77 apresen-

tado antes (estado de flexao pura) e depois da distorcao. Observa-se

que

tan β1 =∆u

∆y,

tan β2 =∆v

∆x.

• Para pequenos deslocamentos, tem-se β1 e β2 tambem pequenos.

Portanto, tan β1 ≈ β1 e tan β2 ≈ β2.

Fazendo ∆x → 0 e ∆y → 0, tem-se a distorcao no ponto A da viga.

110

Logo, a partir das expressoes anteriores

β1(x) = lim∆y→0

∆u

∆y=

du(x)

dy, (119)

β2(x) = lim∆x→0

∆v

∆x=

dv(x)

dx. (120)

• A distorcao total no plano xy, denotada por γ(x), e dada pela soma

de β1(x) e β2(x). Logo

γ(x) = β1(x) + β2(x) =du(x)

dy+

dv(x)

dx. (121)

• Substituindo a cinematica dada em (117) vem que

γ(x) = −θz(x) +dv(x)

dx= β(x). (122)

10 Caracterizacao dos Esforcos Internos

• O trabalho interno de deformacao da viga em flexao com cisal-

hamento e dado por

Ti =

∫

V

[σ(x)ε(x) + τ (x)γ(x)] dV.

• Substituindo as componentes de deformacao longitudinal (118) e de

cisalhamento (122) tem-se que

Ti =

∫

V

(

−σ(x)ydθz(x)

dx

)

dV

+

∫

V

[

−τ (x)

(

θz(x) − dv(x)

dx

)]

dV.

111

Decompondo as integrais de volume ao longo da area A da secao e

do comprimento L da viga vem que

Ti =

∫ L

0

[∫

A

−σ(x)ydA

]

dθz(x)

dxdx

+

∫ L

0

[∫

A

−τ (x)dA

](

θz(x) − dv(x)

dx

)

dx.

• Os termos entre colchetes representam, respectivamente, o momento

fletor Mz(x) na direcao do eixo z e a cortante Vy(x) na direcao de

y, ou seja,

Mz(x) = −∫

A

σ(x)ydA,

Vy(x) = −∫

A

τ (x)dA.

Esses esforcos estao ilustrados nas Figuras 78 e 79.

• Reescrevendo o trabalho interno

Ti =

∫ L

0

Mz(x)dθz(x)

dxdx −

∫ L

0

Vy(x)dv(x)

dxdx +

∫ L

0

Vy(x)θz(x)dx.

• Integrando por partes as duas primeiras integrais na expressao ante-

rior

Ti = −∫ L

0

dMz(x)

dxθz(x)dx + Mz(x)θz(x)|L0

+

∫ L

0

dVy(x)

dxv(x)dx − Vy(x)v(x)|L0 +

∫ L

0

Vy(x)θz(x)dx,

ou ainda

Ti =

∫ L

0

[−dMz(x)

dx+ Vy(x)

]

θz(x)dx +

∫ L

0

[

dVy(x)

dx

]

v(x)dx

+ [Mz(L)θz(L) − Mz(0)θz(0)] + [−Vy(L)v(L) + Vy(0)v(0)] .

112

(a) σ > 0. (b) σ < 0.

Figura 78: Momento fletor na secao transversal da viga.

(a) τ > 0. (b) τ < 0.

Figura 79: Forca cortante na secao transversal da viga.

113

• Supondo que as forcas e os comprimentos estejam expressos, respec-

tivamente, em Newtons (N) e metro (m), analise dimensional dos

termos[

−dMz(x)

dx+ Vy(x)

]

=Nm

m− N =

Nm

m− Nm

m=

Nm

m,

[

dVy(x)

dx

]

=N

m

indica que os representam um momento fletor distribuıdo e uma forca

cortante distirbuıda ao longo do comprimento da viga.

Esses esforcos estao ilustrados na Figura 80.

Figura 80: Esforcos internos no modelo de Timoshenko.

114

11 Caracterizacao dos Esforcos Externos e Equilıbrio

• Os esforcos externos compatıveis com a cinematica da viga de Tim-

oshenko estao ilustrados na Figura 81.

Figura 81: Esforcos externos - modelo de viga de Timoshenko.

• O trabalho externo compatıvel e dado por

Te =

∫ L

0

mz(x)θz(x)dx +

∫ L

0

q(x)v(x)dx

+ MLθz(L) + M0θz(0) + VLv(L) + V0v(0).

• No equilıbrio, emprega-se o PTV

Ti = Te.

• Substituindo as expressoes dos trabalhos interno e externo vem que

∫ L

0

[

dMz(x)dx − Vy(x) + mz(x)

]

θz(x)dx +∫ L

0

[

−dVy(x)

dx + q(x)]

v(x)dx

+ [−Mz(L) + ML] θz(L) + [Mz(0) + M0] θz(0)

+ [Vy(L) + VL] v(L) + [−Vy(0) + V0] v(0) = 0.

115

• PVC de equilıbrio para a viga

dMz(x)dx − Vy(x) + mz(x) = 0 x ∈ (0, L)

dVy(x)

dx − q(x) = 0 x ∈ (0, L)

Vy(0) = V0 x = 0

Vy(L) = −VL x = L

Mz(0) = −M0 x = 0

Mz(L) = ML x = L

. (123)

• Logo, na viga de Timoshenko, tem-se duas equacoes diferenciais, as

quais estao acopladas atraves da forca cortante Vy(x).

• Para se obter uma unica equacao diferencial de equilıbrio, basta

derivar a primeira equacao e substituir o resultado na segunda, ou

seja,

d2Mz(x)

dx2= q(x) − dmz(x)

dx. (124)

• Supondo que o momento distribuıdo mz(x) e nulo, obtem-se a mesma

equacao diferencial de equilıbrio em termos do momento fletor do

modelo de Euller-Bernoulli, isto e,

d2Mz(x)

dx2= q(x). (125)

• Alem disso, recupera-se a definicao da forca cortante, ou seja,

Vy(x) =dMz(x)

dx.

116

12 Aplicacao da Equacao Constitutiva

• Para um material elastico linear isotropico, a lei de Hooke e dada

por

σ(x) = E(x)ε(x), (126)

τ (x) = G(x)γ(x), (127)

sendo E(x) o modulo de elasticidade longitudinal e G(x) o modulo

de elasticidade transversal da secao.

• Substituindo as expressoes das componentes de deformacao (118) e

(122) nas relacoes anteriores, tem-se que

σ(x) = −E(x)ydθz(x)

dx, (128)

τ (x) = G(x)

[

dv(x)

dx− θz(x)

]

. (129)

• Por sua vez, substituindo (128) na expressao do momento fletor,

tem-se que

Mz(x) = E(x)dθz(x)

dx

∫

A

y2dA = E(x)Iz(x)dθz(x)

dx, (130)

sendo Iz(x) =∫

A y2dA o momento de inercia da secao transversal

em relacao ao eixo z do sistema de referencia.

• A partir da equacao anterior, obtem-se a seguinte relacao para a

derivada de θz(x)

dθz(x)

dx=

Mz(x)

E(x)Iz(x), (131)

117

a qual substituıda em (128) fornece a relacao (da tensao normal

σ(x) em funcao do momento fletor Mz(x) na secao x, ou seja,

σ(x) = −Mz(x)

Iz(x)y. (132)

• Logo, a tensao normal de flexao σ(x) varia linearmente na secao

transversal de uma viga para os modelos de viga de Bernouilli e

Timoshenko, como ilustrado na Figura 82.

Figura 82: Tesao normal axial - modelo de viga de Timoshenko.

• Analogamente, substituindo (129) na expressao da forca cortante

Vy(x) = −∫

A

G(x)

[

dv(x)

dx− θz(x)

]

dA

= −G(x)

[

dv(x)

dx− θz(x)

] ∫

A

dA

= −[

dv(x)

dx− θz(x)

]

G(x)A(x),

sendo A(x) a area da secao transversal em x.

A partir de (116), observa-se que −[

dv(x)dx − θz(x)

]

= β(x) e substi-

tuindo na expressao anterior vem que

Vy(x) = G(x)A(x)β(x). (133)

118

• A partir desta relacao, tem-se que

β(x) = −[

dv(x)

dx− θz(x)

]

=Vy(x)

G(x)A(x), (134)

a qual substituıda em (129) fornece a expressao para a tensao de

cisalhamento τ (x) em funcao da forca cortante Vy(x) na secao, ou

seja,

τ (x) = −Vy(x)

A(x). (135)

• Logo, no modelo de Timoshenko a tensao de cisalhamento τ (x) e

constante em cada secao e representa uma tensao media.

• Este comportamento esta ilustrado na Figura 83 e esta de acordo com

a hipotese de que a distorcao β(x) e constante na secao transversal.

• O sinal negativo indica que a forca cortante positiva esta orientada

para baixo, contraria ao eixo y, conforme ilustrado na Figura 83.

• Alem disso, a tensao de cisalhamento tem a mesma direcao da forca

cortante.

• Todos os problemas estudados ate este ponto sao tratados como mod-

elos unidimensionais. Assim, por exemplo, todos os esforcos internos

e externos ilustrados nas figuras 80 e 81, podem estar presentes ao

longo do eixo x da viga, o qual passa pelo centroide da secao.

• Como nas extremidades inferior e superior da secao transversal nao

ha forcas transversais externas presentes, tem-se que a forca cortante

Vy(x) e nula nessas extremidades.

• Consequentemente, a tensao de cisalhamento τ (x) tambem e zero.

• Desta maneira, a distribuicao constante de tensao de cisalhamento

dada no modelo de Timoshenko (ver equacao (135)) nao e a correta.

119

(a) Vy(x) > 0. (b) Vy(x) > 0.

(c) Vy(x) < 0. (d) Vy(x) < 0.

Figura 83: Comportamento constante da tensao de cisalhamento na viga de Timoshenko.

120

• Para isso, introduz-se um fator adimensional de correcao ou de cisal-

hamento Kc.

• De acordo com a definicao mais comumente aceita, Kc e dado pela

razao entre a deformacao de cisalhamento mediaVy(x)

A(x)G(x) dividida

pela deformacao real γ(x). Portanto

Kc = − Vy(x)

A(x)G(x)

1

γ(x). (136)

• Logo, empregando esta relacao em (133), tem-se que a forca cortante

e a tensao de cisalhamento passam a ser dadas, respectivamente, por

Vy(x) = KcG(x)A(x)β(x), (137)

τ (x) =Vy(x)

KcA(x). (138)

• Existem varias maneiras de se calcular Kc. Este fator sera calculado

para secoes retangulares e circulares.

• Pode-se agora substituir as expressoes (130) e (137) para o momento

fletor e a forca cortante nas equacoes diferenciais indicadas em (123),

obtendo as seguintes equacoes em termos da rotacao θz(x) e do deslo-

camento transversal v(x)

d

dx

(

E(x)Iz(x)dθz(x)

dx

)

−KcA(x)G(x)

(

dv(x)

dx− θz(x)

)

+mz(x) = 0,(139)

d

dx

[

KcG(x)A(x)

(

dv(x)

dx− θz(x)

)]

− q(x) = 0. (140)

• As expressoes anteriores constituem um sistema de equacoes diferen-

ciais acopladas, pois o termo KcG(x)A(x)(

dv(x)dx − θz(x)

)

aparece

em ambas equacoes.

121

• Supondo que o momento distribuıdo mz(x) seja nulo e os parametros

relativos as propriedades do material e da secao transversal sao con-

stantes (E(x) = E, Iz(x) = Iz, A(x) = A, G(x) = G), tem-se

que

EIzd2θz(x)

dx2− KcAG

(

dv(x)

dx− θz(x)

)

= 0, (141)

KcGA

(

d2v(x)

dx2− dθz(x)

dx

)

− q(x) = 0. (142)

• O sistema de equacoes diferenciais anterior pode ser reescrito como

duas equacoes independentes, respectivamente, nas variaveis v(x) e

θz(x). Para isso, deriva-se (141)

EIzd3θz(x)

dx3− KcAG

(

d2v(x)

dx2− dθz(x)

dx

)

= 0 →

KcAG

(

d2v(x)

dx2− dθz(x)

dx

)

= EIzd3θz(x)

dx3,

e substitui-se em (142), obtendo-se

EIzd3θz(x)

dx3− q(x) = 0. (143)

• O efeito deste procedimento e retirar o segundo termo da equacao

(141), o qual se refere ao cisalhamento na viga.

• Observa-se que se o cisalhamento for nulo, ou seja, β(x) = 0, tem-

se θz(x) = α(x) = dv(x)dx , a qual substituıda na expressao anterior

resulta na equacao diferencial de quarta ordem em termos de v(x)

dada para o modelo de flexao pura, ou seja,

EIzd4v(x)

dx4− q(x) = 0.

122

• A equacao em termos de v(x) e obtida diferenciando (142) duas vezes

KcGA

(

d4v(x)

dx4− d3θz(x)

dx3

)

− d2q(x)

dx2= 0,

• Introduzindo d3θz(x)dx3 = q(x)

EIzobtido a partir de (143), vem que

KcGAd4v(x)

dx4− KcGA

EIzq(x) − d2q(x)

dx2= 0.

• Multiplicando a equacao anterior pelo fator EIzKcGA, determina-se a

equacao final

EIzd4v(x)

dx4− EIz

KcGA

d2q(x)

dx2− q(x) = 0. (144)

13 Exemplo 1

• Considere a viga bi-apoiada com carregamento distribuıdo constante

ilustrada na Figura 84(a). Determinar as equacoes da rotacao θz(x) e

do deslocamento transversal v(x) atraves da integracao das equacoes

diferenciais (143) e (144).

(a) Sistema de coordenadas xy. (b) Viga deformada.

Figura 84: Viga com carregemento distribuıdo do Exemplo 1.

123

• Inicialmente, determina-se a rotacao θz(x) integrando-se a equacao

diferencial (143). Para isso, aplica-se o mesmo procedimento de

solucao anteriormente usado.

1. Equacao de carregamento: q(x) = −q.

2. Condicoes de contorno: como a viga esta bi-apoiada, os desloca-

mentos e os momentos nas extremidades sao nulos, ou seja,

v(x = 0) = v(x = L) = 0. (145)

Mz(x = 0) = Mz(x = L) = 0. (146)

3. Equacao diferencial

EIzd3θz(x)

dx3= q(x) = −q. (147)

4. Condicao auxiliar: a equacao diferencial (147) e de terceira ordem

em termos da rotacao θz(x).

5. As condicoes de contorno (145) em termos de deslocamento nao

sao uteis neste caso. Apenas as condicoes (146) sao empregadas

pois segundo (130) Mz(x) = EIzdθz(x)

dx .

6. Sendo (147) de terceira ordem, necessitam-se de tres equacoes

para determinar as constantes de integracao provenientes do pro-

cesso de integracao.

7. Como a viga esta bi-apoiada e o carregemento distribuıdo e con-

stante ao longo de seu comprimento, tem-se que a rotacao na

metade da viga e nula, conforme ilustrado na figura 84(b)Isto

fornece a condicao auxiliar

θz(x = L/2) = 0, (148)

8. Integracao da equacao diferencial

– Primeira integracao: EIzd2θz(x)

dx2 = −qx + C1

124

– Segunda integracao: Mz(x) = EIzdθz(x)

dx = −qx2

2 + C1x + C2

– Terceira Integracao: EIzθz(x) = −qx3

6 + C1x2

2 + C2x + C3

9. Determinacao das constantes de integracao: aplicando-se as condicoes

de contorno (146) e auxiliar (148), obtem-se as constantes C1, C2e

C3. Portanto

Mz(x = 0) = −q(0)2

2+ C1(0) + C2 = 0 → C2 = 0,

Mz(x = L) = −q(L)2

2+ C1(L) + C2 = 0 → C1 =

qL

2,

θz(x =L

2) =

1

EIz

[

−q

(

L2

)3

6+ C1

(

L2

)2

2+ (0)

(

L

2

)

+ C3

]

= 0.

→ C3 = −qL3

2410. Equacoes finais: substituindo as constantes C1, C2 e C3 nas ex-

pressoes do momento fletor e de rotacao, tem-se as seguintes

expressoes finais

Mz(x) = −qx2

2+ q

L

2x =

q

2(L − x)x,

θz(x) =q

EIz

[

−x3

6+ L

x2

4− L3

24

]

.

• Agora, determina-se o deslocamento transversal v(x) atraves da equacao

(144). Aplica-se o mesmo procedimento anterior.

1. Equacao de carregamento: q(x) = −q.

2. Condicoes de contorno : as condicoes de contorno sao as mesmas

indicadas em (145) e (146). No entanto, a partir de (130) e (146)

vem que

Mz(x = 0) = EIzdθz(x = 0)

dx= 0 → dθz(x = 0)

dx= 0,(149)

125

Mz(x = L) = EIzdθz(x = L)

dx= 0 → dθz(x = L)

dx= 0.(150)

De (142), tem-se a seguinte relacao

d2v(x)

dx2=

1

KcGA(−q) +

dθz(x)

dx.

Tomando a expressao anterior para x = 0 e x = L e empregando

(149) e (150) vem que

dθz(x = 0)

dx= 0 ⇒ dv2(x = 0)

dx2= − q

KcGA, (151)

dθz(x = L)

dx= 0 ⇒ dv2(x = L)

dx2= − q

KcGA. (152)

Portanto, as expressoes dadas em (145), (151) e (152) constituem

as 4 condicoes de contorno em termos de v(x) necessarias para a

solucao do problema.

3. Equacao diferencial: como o carregamento e constante na viga,

tem-se que

d2q(x)

dx2= 0.

Logo, a equacao diferencial (144) simplifica-se para

EIzd4v(x)

dx4= q(x) = −q. (153)

4. Integracao da equacao diferencial

– Primeira integracao: EIzd3v(x)dx3 = −qx + D1

– Segunda integracao: EIzd2v(x)dx2 = −qx2

2 + D1x + D2

– Terceira Integracao: EIzdv(x)dx = −qx3

6 + D1x2

2 + D2x + D3

– Quarta integracao: EIzv(x) = −qx4

24+D1x3

6 +D2x2

2 +D3x+D4

126

5. Determinacao das constantes de integracao Aplicando as condicoes

de contorno dadas em (145),(151) e (152), determinam-se as con-

stantes D1, D2, D3 e D4.

EIzd2v(x = 0)

dx2= −q

(0)2

2+ D1(0) + D2 = − q

KcAG→

D2 = − q

KcAG,

EIzd2v(x = L)

dx2= −q

(L)2

2+ D1(L) − q

KcAG= − q

KcAG→

D1 =qL

2,

EIzv(x = 0) = −q(0)4

24+ D1(0) + D2

(0)2

2+ D3(0)

+D4 = 0 → D4 = 0,

EIzv(x = L) = −q(L)4

24+

qL

2(L3

6) − q

KcAG

L2

2

+D3(L) + 0 = 0 → D3 = −qL3

24+

q

KcAG

L

2.

6. Equacao final : substituindo D1a D4 na equacao de deslocamento

v(x), tem-se que

v(x) =q

EIz

[

−x4

24+

Lx3

12− x2

2KcAG+

(

−L3

24+

L

2KcAG

)

x

]

,

7. Simplificando a expressao anterior vem que

v(x) = − q

EIz

(

x4

24− Lx3

12+

L3x

24

)

+q

2EIzKcAG

(

Lx − x2)

.(154)

2

127

14 Exemplo 2

• Resolver o exemplo anterior utilizando o sistema de coordenadas

xy′ ilustrado na Figura 85(a) para a especificacao das condicoes de

contorno.

Basicamente, transladou-se o eixo y da extremidade para a metade

da viga. Para determinar a rotacao θz(x), emprega-se o mesmo


Neste caso, as condicoes de contorno (146), em termos do momento

fletor Mz(x), sao expressas da seguinte maneira no sistema de re-

ferencia xy′

Mz

(

x = −L2

)

= EIzdθz(x=−L

2 )dx = 0 → dθz(x=−L

2 )dx = 0,

Mz

(

x = L2

)

= EIzdθz(x=L

2 )dx = 0 → dθz(x=L

2 )dx = 0.

(155)

• A figura 85(b) ilustra a rotacao θz(x) para a viga considerada. Observa-

se que θz(x) e uma funcao antisimetrica em relacao ao eixo y′. Isto

implica que

θz(x) = −θz(−x) (156)

• Utilizando esta relacao na expessao para a rotacao θz(x) obtida no

exemplo anterior, ou seja

EIzθz(x) = −qx3

6+ C1

x2

2+ C2x + C3,

vem que

θz(x) =1

EIz

[

−qx3

6+ C1

x2

2+ C3

]

= −θz(−x) = − 1

EIz

[

qx3

6+ C1

x2

2+ C3

]

.

128

(a) Sistema de coordenadas xy’.

(b) Rotacao.

(c) Viga deformada.

Figura 85: Viga com carregamento distribuıdo do Exemplo 2.

129

Logo

C1x2 + 2C3 = 0.

• Como C1 e C3 sao constantes, a unica condicao para que expressao

anterior seja valida para qualquer x e que C1 = C3 = 0. Tomando

agora a expressao do momento fletor

Mz(x) = EIzdθz(x)

dx= −q

x2

2+ C1x + C2,

• Lembrando que C1 = 0 e aplicando a segunda condicao de contorno

dada em (155) vem que

Mz(x =L

2) = −q

(L2 )2

2+ C2 = 0 → C2 =

qL2

8.

• Substituindo as constantes C1, C2 e C3 nas expressoes do momento

fletor e da rotacao, tem-se as seguintes expressoes finais

Mz(x) = −q

2

(

x2 − L2

4

)

, (157)

θz(x) = − q

2EIz

(

x3

3− L2x

4

)

. (158)

• No que se refere ao deslocamento transversal v(x), procede-se de

forma analoga ao exemplo anterior e integra-se a equacao diferencial

(153), obtendo-se

EIzv(x) = −qx4

24+ D1

x3

6+ D2

x2

2+ D3x + D4. (159)

• A partir da Figura 85(a), observa-se que o deslocamento v(x) e

simetrico em relacao ao eixo y, ou seja,

v(x) = v(−x). (160)

130

• Substituindo (159) em (160), obtem-se, de forma analoga ao caso

da rotacao, que D1 = D3 = 0. Para determinar D2, emprega-se a

condicao (151) na expressao

EIzd2v(x)

dx2= −q

x2

2+ D1x + D2.

• Lembrando que D1 = 0 e de (151) vem que

EIzd2v(x = −L/2)

dx2= −q

(L/2)2

2+ D2 = − q

KcAG⇒

D2 =qL2

8− q

KcAG.

• Da condicao de contorno v(x = L/2) = 0, obtem-se D4, isto e,

D4 =qL2

8KcAG− 5qL4

384.

• Substituindo as constantes D2 e D4 na expressao de v(x) vem que

v(x) = − q

EIz

(

x4

24− L2x2

16+

5L4

384

)

+q

2EIzKcAG

(

L2

4− x2

)

.(161)

• O primeiro termo da expressao anterior representa a flexao da viga,

enquanto o efeito do cisalhamento esta dado pelo segundo termo.

• Como a constante que multiplica o primeiro termo e proporcional a

L4 e o segundo a L2, verifica-se que quanto maior o comprimento da

viga, menor o efeito do cisalhamento.

• Assim, quanto menor o comprimento da viga, mais importante o

efeito do cisalhamento, como mencionado anteriormente.

2

131

15 Distribuicao da Tensao de Cisalhamento

• Conforme ilustrado na figura 86, as hipoteses cinematicas assumidas

para a viga de Timoshenko induzem uma distribuicao constante da

tensao de cisalhamento nas secoes transversais da viga.

• No entanto, esta distribuicao constante nao esta de acordo com o

empenamento observado nas secoes, como ilustrado na Figura 87.

(a) Vy(x) > 0. (b) Vy(x) > 0.

(c) Vy(x) < 0. (d) Vy(x) < 0.

Figura 86: Comportamento constante da tensao de cisalhamento na viga deTimoshenko.

• Procurando minimizar este problema, introduziu-se o fator de cisal-

hamento Kc

Kc = − Vy(x)

A(x)G(x)

1

γ(x). (162)

• O calculo do Kc depende da deformacao de cisalhamento real na

secao, a qual por sua vez depende do empenamento.

132

Figura 87: Empenamento de secao na viga de Timoshenko.

• Pretende-se assumir uma certa forma de variacao da tensao de cisal-

hamento na secao, de tal maneira a se ter uma distribuicao de tensao

mais proxima do real, quando comparada com a tensao constante

dada pelo modelo de Timoshenko.

• Consideram-se a seguir os casos de secoes transversais retangular,

circular e perfis I.

15.1 Secao retangular

• A figura 89 ilustra a distribuicao constante da tensao de cisalhamento

numa de secao retangular de base b e altura a.

Como a distribuicao constante nao e exata, assume-se que a tensao

de cisalhamento varia de forma linear com a coordenada y, ou seja,

Figura 88: Distribuicao constante da tensao cisalhante.

133

τ (y) = c1y + c2. (163)

• Os coeficientes c1 e c2 sao determinados sabendo-se que a tensao de

cisalhamento e nula nas extremidades da secao. Logo

{

τ (y = −a/2) = −c1

(

a2

)

+ c2 = 0

τ (y = a/2) = c1

(

a2

)

+ c2 = 0. (164)

• Resolvendo-se o sistema de equacoes anterior, obtem-se c1 = c2 = 0

e portanto τ (y) = 0. Como a tensao de cisalhamento nao e nec-

essariamente nula na secao, a distribuicao linear tambem nao esta

correta.

• Assume-se, entao, uma variacao quadratica, isto e,

τ (y) = −c1y2 + c2y + c3. (165)

• Toma-se o coeficiente c1 negativo, pois a parabola tem uma concavi-

dade para baixo como ilustrado na Figura 89(b).

(a) distribuicao constante. (b) distribuicao parabolica.

Figura 89: Distribuicao da tensao de cisalhamento na secaoretangular.

• Para determinar as costantes c1, c2 e c3, necessitam-se 3 condicoes.

134

• As duas primeiras sao as mesmas anteriores, ou seja, a tensao de

cisalhamento e nula nas extremidades da secao. Portanto,

{

τ (y = −a/2) = −c1

(

a2

)2 − c2

(

a2

)

+ c3 = 0

τ (y = a/2) = −c1

(

a2

)2+ c2

(

a2

)

+ c3 = 0. (166)

• Somando as duas expressoes anteriores vem que

−2c1

(a

2

)2

+ 2c3 = 0,

• A partir daı, tem-se uma relacao entre c1 e c3

c3 = c1

(a

2

)2

. (167)

• A terceira condicao necessaria e obtida da simetria da secao em

relacao ao eixo z do sistema de referencia. Como a tensao e nula

nas duas extremidades e varia como uma parabola, tem-se um ponto

de maximo ou mınimo no centro da secao, neste caso em y = 0.

• Esta condicao implica que a derivada primeira de τxy(y), ou seja,

dτ (y)

dy= −2c1y + c2

e nula para y = 0. Logo

dτ (0)

dy= −2c1(0) + c2 = 0 → c2 = 0. (168)

• Substituindo (167) e (168) em (165) tem-se que

τ (y) = c1

[

(a

2

)2

− y2

]

. (169)

135

• A constante c1 e indeterminada, pois o valor da tensao de cisal-

hamento maxima e ainda desconhecida. Para resolver esta inde-

terminacao, sabe-se que a forca cortante Vy(x) e obtida atraves da

solucao do PVC (123).

• Assim a equacao (169) e substituida em Vy(x). Logo,

Vy(x) = −∫

A

τ (y)dA = −c1

∫

A

[

(a

2

)2

− y2

]

dA

= −c1

[

(a

2

)2∫

A

dA −∫

A

y2dA

]

.

• A primeira integral da expressao anterior representa a area A(x)

da secao x, enquanto a segunda, e o momento de inercia Iz(x) em

relacao ao eixo z do sistema de referencia.

Portanto, c1 e dada por

c1 = − Vy(x)(

a2

)2A(x) − Iz(x)

. (170)

• Substituindo (170) em (169), obtem-se a tensao de cisalhamento

τ (x, y) na secao x variando de forma quadratica com a coordenada

y, ou seja,

τ (x, y) = − Vy(x)(

a2

)2A(x) − Iz(x)

[

(a

2

)2

− y2

]

. (171)

• A Figura 91 ilustra a variacao parabolica da tensao de cisalhamento

na secao. A tensao e nula nas extremidades e assume um valor

maximo no centro.

• Observa-se ainda que a tensao de cisalhamento τ (x, y) tem a mesma

direcao da forca cortante Vy(x).

136

(a) distribuicao constante. (b) distribuicao parabolica.

Figura 90: Distribuicao da tensao de cisalhamento na secaoretangular.

Figura 91: Tensao parabolica na secao retangular.

137

• Considere o denominador na equacao (171). Lembrando que para

uma secao retangular A(x) = ab e Iz(x) = ba3/12, obtem-se

(a

2

)2

A(x)−Iz(x) =(a

2

)2

ab−ba3

12=

ba3

4−ba3

12= 2Iz(x).(172)

• Logo, usando a relacao anterior em (171), vem que

τ (x, y) = − Vy(x)

2Iz(x)

[

(a

2

)2

− y2

]

. (173)

• A tensao de cisalhamento maxima τmax na secao x e obtida para

y = 0. Logo

τmax(x, y) = − Vy(x)

2Iz(x)

a2

4= −Vy(x)

2ba3

12

a2

4= −12

8

Vy(x)

A(x),

ou seja,

τmax(x, y) =3

2

Vy(x)

A(x). (174)

• Portanto, a tensao de cisalhamento maxima numa secao retangular

e 50% maior que a tensao mediaVy(x)

A(x) obtida pelo modelo de Timo-

shenko.

• Considere agora a area hachurada na secao retangular mostrada

na figura 92(a). Deseja-se calcular o momento estatico Msz(x) da

area hachurada em relacao ao eixo z do sistema de referencia. Pela

definicao, tem-se que

Msz(x) =

∫

A

ydA. (175)

138

(a) Elemento de area dA = bdy. (b) Distancia y.

Figura 92: Momento estatico na secao retangular.

• Tomando-se dA = bdy, como ilustrado na Figura 92(a), o momento

estatico passa a ser dado por

Msz(x) =

∫ h2

y

bydy = b

∫ h2

y

ydy = by2

2

∣

∣

∣

∣

h2

y

=b

2

[

(

h

2

)2

− y2

]

.(176)

• Uma outra forma de se calcular Msz(x) e obtida a partir da Figura

92, ou seja,

Msz(x) = Ay, (177)

sendo A = b(h2 − y) a area considerada e y = y + 1

2

[

h2 − y

]

=12

[

h2 + y

]

a distancia do centroide da area hachurada ao centroide da

secao retangular. Portanto,

Msz(x) = b

(

h

2− y

)

1

2

(

h

2+ y

)

=b

2

[

(

h

2

)2

− y2

]

. (178)

• Como era esperado as expressoes (176) e (178) sao iguais e repre-

sentam o momento estatico de uma area que dista y do centroide

da secao retangular, a qual por sua vez esta a uma distancia x da

origem do sistema de referencia adotado.

139

• Assim, a partir de (176) ou (178) vem que

[

(

h

2

)2

− y2

]

=2Msz(x)

b.

• Substituindo a expressao anterior em (173) tem-se que

τ (x, y) = −Vy(x)Msz(x, y)

bIz(x). (179)

• Esta e a expressao comumente obtida de forma indireta a partir da

flexao pura da viga nos textos tradicionais de resistencia dos mate-

riais.

• O fluxo de cisalhamento qc(x, y) na secao x de uma area distando y

do centroide da secao e dado por (figura 93)

Figura 93: Fluxo de cisalhamento.

qc(x, y) = −Vy(x)Ms(x, y)

Iz(x). (180)

140

• Supondo que as forcas sao dadas em N e os comprimentos em m, o

fluxo de cisalhamento possui as seguintes unidades

[qc(x, y)] =Nm3

m4=

N

m.

• Logo, qc(x, y) representa a quantidade de forca na direcao y por

unidade de comprimento que a secao pode transmitir.

• Substituindo (180) em (179), reescreve-se a tensao de cisalhamento

como

τ (x, y) =qc(x, y)

b. (181)

• O coeficiente de cisalhamento foi definido na expressao (136) como

a relacao entre a deformacao media γ(x) = τ (x)/G(x) ou ainda

γ(x) = −Vy(x)/A(x)G(x) e a deformacao real no centroide.

• No caso da secao retangular, a tensao no centroide e maxima. A par-

tir de (174) e da Lei de Hooke, tem-se a deformacao correspondente

γ(x) =τ (x)

G(x)= −3

2

Vy(x)

A(x)G(x). (182)

• Para obter Kc basta efetuar a divisao

Kc =− Vy(x)

A(x)G(x)

−32

Vy(x)

A(x)G(x)

=2

3. (183)

15.2 Secao circular

• Observa-se que em (165), ao assumir uma variacao quadratica com

y para a tensao de cisalhamento numa secao retangular, implici-

tamente assumiu-se que a tensao esta distribuıda verticalmente na

secao transversal e e paralela a forca cortante.

141

• Esta hipotese nao e valida para a secao circular.

• Neste caso, de forma analoga ao problema de torcao, a tensao de

cisalhamento em cada ponto do contorno possui a direcao tangente,

como ilustrado na Figura 94(a) para os pontos A e A′.

(a) Tensao tangente. (b) Momento estatico.

Figura 94: Tensao de cisalhamento numa secao circular.

• Devido a simetria da secao, a tensao no ponto medio P da corda

AA′ tem a mesma direcao vertical da forca cortante.

• Logo, as direcoes das tensoes de cisalhamento nos pontos A e P

interceptam-se num ponto P ′ ao longo do eixo y, como ilustrado na

Figura 94(a).

• Assume-se, entao, que a direcao da tensao de cisalhamento em qual-

quer outro ponto Q da linha AA′ tambem seja dirigida para o ponto

P ′.• Desta maneira, e possıvel determinar a direcao da tensao de cisal-

hamento em qualquer ponto na corda AA′ e por consequencia em

qualquer ponto da secao.

142

• A outra hipotese e admitir que as componentes verticais das tensoes

de cisalhamento sejam iguais em todos os pontos da linha AA′.• Esta foi a mesma hipotese utilizada para secoes retangulares quando

se assumiu uma variacao quadratica de τ (y) em (165). Isto permite

empregar a equacao (184) para calcular a componente vertical τ da

tensao de cisalhamento.

τ (x, y) = −Vy(x)Msz(x, y)

bIz(x). (184)

• Neste caso, a base b em (184) e tomada como o comprimento da

corda AA′ dada segundo a Figura 94(b) como

b = AA′ = 2√

R2 − y2, (185)

sendo R o raio da secao circular.

• Deve-se calcular o momento estatico em relacao ao eixo z da area

acima da linha AA′, ilustrada na Figura 94(b), a qual dista y do

eixo z. Para isso, considere o elemento de area dA dado por

dA = 2√

R2 − y2dy.

• Logo, empregando a definicao do momento estatico vem que

Msz(x, y) =

∫

A

ydA = 2

∫ R

y

y√

R2 − y2dy.

• Efetuando a integracao anterior, determina-se

Msz(x, y) =2

3

(

R2 − y2)

32 . (186)

143

• Substituindo (185) e (186) em (179) vem que

τ (x, y) = −Vy(x)

Iz(x)

23

(

R2 − y2)3

2

2√

R2 − y2,

ou seja,

τ (x, y) = −Vy(x)(

R2 − y2)

3Iz(x). (187)

• Para determinar a tensao de cisalhamento tangencial τt nos pontos

A e A′, considere o elemento de area dA no contorno da secao.

(a) Elemento de area.

Figura 95: Tensao de cisalhamento numa secao circular.

• As forcas resultantes nas direcoes y e tangente no elemento de area

dA sao, respectivamente, τdA e τtdA. A partir da Figura 95,

observa-se que

(τtdA) cos β = τdA,

144

sendo cos β =

√R2−y2

R . Portanto

τt =R

√

R2 − y2τ. (188)

• Substituindo (187) na expressao anterior, vem que

τt(x, y) = − Vy(x)

3Iz(x)R√

R2 − y2. (189)

• Observa-se que a tensao de cisalhamento maxima na secao x ocorre

nos pontos da secao situados ao longo do eixo z, o qual passa pelo

centro de gravidade da secao. Logo

τmaxt (x) = τt(x, y = 0) = − Vy(x)

3Iz(x)R2. (190)

• Substituindo o momento de inercia Iz(x) = πR4

4 tem-se que

τmaxt (x) = −Vy(x)

R2

3πR4

4

= −4

3

Vy(x)

πR2. (191)

• Lembrando que a area da secao circular e A(x) = πR2, obtem-se a

seguinte expressao final para τmaxt

τmaxt (x) = −4

3

Vy(x)

A(x). (192)

• Desta maneira, a tensao de cisalhamento maxima na secao circu-

lar e cerca de 33% maior que a tensao mediaVy(x)

A(x) determinada na

formulacao da viga de Timoshenko.

145

• Observa-se que a maxima tensao de cisalhamento exata, obtida con-

siderando-se o empenamento real da secao, e dada por

τmaxt (x) = −1, 38

Vy(x)

A(x). (193)

• Assim, o erro na expressao (192) e cerca de 4%, o que pode ser

considerado bastante razoavel sob o ponto de vista de engenharia.

• De forma analoga ao efetuado para secao retangular, o coeficiente de

cisalhamento a obtido a partir de (192) sendo igual a

Kc =3

4. (194)

15.3 Perfil I

• O perfil I ilustrado na Figura 96 faz parte de um conjunto de secoes

transversais padronizadas utilizadas frequentemente em estruturas

em geral.

• O dimensionamento de vigas construıdas com perfis laminados sera

discutido na Secao de Perfis Padronizados.

• Nesta secao, apresenta-se como determinar a distribuicao da tensao

de cisalhamento em perfis I. Estes perfis podem ser considerados

como 3 retangulos, desprezando-se os raios internos.

• Os dois retangulos horizontais sao denominados mesas enquanto o

retangulo vertical e a alma.

• Para determinar a distribuicao da tensao de cisalhamento em perfis

I, considera-se que as tensoes sao paralelas a forca cortante e uni-

formemente distribuıdas na espessura da alma, de forma analoga a

secao retangular.

146

Figura 96: Perfil I.

• Como se tem duas transicoes de espessura entre as mesas e a alma,

consideram-se os 3 cortes na secao, ilustrados na Figura 97, para o

calculo do momento estatico.

(a) h1

2≤ y ≤ h

2. (b) −h1

2≤ y ≤ h

2. (c) −h

2≤ y ≤ −h1

2.

Figura 97: Cortes no perfil I.

• Tomando-se a area indicada na Figura 97(a), o momento estatico e

dado de forma analoga a (176), ou seja,

Msz(x, y) =∫ h

y ydA = b2

[

(

h2

)2 − y2]

, h12 ≤ y ≤ h

2 . (195)

• Substituindo a expressao anterior em (179) vem que

τ (x, y) = − Vy(x)

2Iz(x)

[

(

h

2

)2

− y2

]

. (196)

147

• Calculando a tensao para y = h12 e y = h

2 , obtem-se

{

τmax(

x, y = h12

)

=Vy(x)

8Iz(x)

[

h2 − h21

]

τmin(

x, y = h2

)

= 0. (197)

• O momento estatico da area indicada na Figura 97(b) e dado por

Msz(x, y) =∫ h

2y ydA = b1

∫h12

y ydy + b∫

h2

h12

ydy −h12 ≤ y ≤ h

2 . ,

Separou-se a expressao anterior em duas integrais devido a mudanca

de espessura em b1 na alma para b na mesa. Efetuando as integracoes

indicadas, obtem-se

Msz(x, y) =b1

2

[

(

h1

2

)2

− y2

]

+b

2

[

(

h

2

)2

−(

h1

2

)2]

. (198)

• Logo, a tensao de cisalhamento e dada por

τ(x, y) =Vy(x)

2b1Iz(x)

{

b1

[

(

h1

2

)2

− y2

]

+ b

[

(

h

2

)2

−(

h1

2

)2]}

. (199)

• Para y = 0 e y = ±h12 , tem-se, respectivemente, as tensoes maxima

e mınima na alma, ou seja,

τmax = τ (x, y = 0) =Vy(x)

8b1Iz(x)

[

bh2 − h21(b − b1)

]

τmin = τ(

x, y = ±h12

)

=Vy(x)

8b1Iz(x)

[

bh2 − bh21

] (200)

• Observe a diferenca da tensao de cisalhamento para y = h12 calculada

em (197) e (200).

148

• Isto indica uma descontinuidade da tensao na interface da mesa e

da alma. A ultima area e obtida com um corte na mesa inferior do

perfil como mostrado na Figura 97(c). O momento estatico e dado

neste campo por

Msz(x, y) =

∫ h2

y

ydA.

• Ao inves de se calcular o momento estatico da area acima do corte,

pode-se considerar a area abaixo devido a seguinte relacao entre os

momentos estaticos

Msz(x, y) =

∫ h2

y

ydA =

∫ −h2

y

ydA.

• Logo

Msz(x, y) =∫ −h

2y ydA = b

2

[

(

h12

)2

− y2

]

−h2 ≤ y ≤ −h1

2 .(201)

• Calculando-se os momentos estaticos para y = −h2 e y = h

2 , tem-se

as mesmas expressoes indicadas em (197).

• A Figura 98 ilustra a distribuicao da tensao de cisalhamento num

perfil I. Observa-se a descontinuidade da tensao nos pontos com mu-

danca de espessura entre a alma e as mesas.

• De forma analoga as secoes circular e rertangular, a tensao de cisal-

hamento maxima em perfis I ocorre no centroide da secao e esta dada

na equacao (200).

• No entanto, obtem-se uma boa aproximacao para a tensao de cisal-

hamento maxima dividindo-se a forca cortante pela area da alma

apenas.

149

Figura 98: Distribuicao de tensao no perfil I.

• Isto se deve ao fato que as tensoes de cisalhamento na alma integradas

nas suas areas fornecem uma forca Va(x) que e praticamente igual a

cortante Vy(x).

• Para mostrar isto, considere as expressoes (197) e (199) na area daalma, ou seja,

Va(x) = −∫

A

τ(x)dA = −b1

∫ h/2

−h/2

τ(x)dy

= − Vy(x)

2Iz(x)

∫ h/2

−h/2

{

b1

[

(

h1

2

)2

− y2

]

+ b

[

(

h

2

)2

−(

h1

2

)2]}

dy.

• Integrando a expressao anterior obtem-se

Va(x) = − Vy(x)

6Iz(x)

[

b(h − h1)

2

(h − h1)

2

h1

2+

b1h31

12

]

. (202)

• O momento de inercia Iz(x) da secao e dado pela somados momen-

tos de inercia da alma [Iz(x)]a e das mesas [Iz(x)]m em relacao ao

centroide da secao, isto e,

Iz(x) = [Iz(x)]z + 2 [Iz(x)]m . (203)

150

• Por sua vez,

[Iz(x)]a =b1h

31

12,

[Iz(x)]m =b(h − h1)

3

12+

b(h − h1)

2

(h + h1)2

4.

• Observa-se que se utilizou o teorema dos eixos paralelos para o calculo

de [Iz(x)]m. Logo

Iz(x) =b1h

31

12+ 2

[

b(h − h1)3

12+

b(h − h1)

2

(h + h1)2

4

]

. (204)

• Quando a espessura das mesas e pequena, ou seja, h1 se aproxima

de h, a expressao anterior simplifica-se para o momento de inercia

Iz(x) =b1h

31

12 da alma.

• O mesmo acontece para o termo entre colchetes na expressao (202).

Assim, para espessuras de mesa pequenas, a alma absorve toda forca

cortante, pois a forca Va(x) dada em (202) se aproxima da cortante

Vy(x).

15.4 Perfis Padronizados

• Visando a reducao de custos na construcao de estruturas mecanicas

constituıdas de vigas, definiram-se alguns tipos padronizados de secoes

transversais.

• A Figura 99 ilustra alguns perfis padronizados tais como I e U. As

propriedades destes perfis (tais como dimensoes, area, momentos de

inercia, modulo de resistencia, etc) encontram-se tabeladas e sao

utilizadas para a selecao de um perfil apropriado apos o dimension-

amento da viga.

151

• Estes perfis podem ser colocados na posicao vertical (Figuras 99(a)

e 99(b)) e horizontal (Figuras 99(c) e 99(d)).

• Alem disso, pode-se soldar ou rebitar varios perfıs para construir

a secao da viga, tal como ilustrado na Figura 99(e) para um perfil

duplo U.

(a) Perfil I navertical.

(b) Perfil Una vertical.

(c) Perfil I nahorizontal.

(d) Perfil U na hori-zontal.

(e) Perfil duplo U navertical.

Figura 99: Perfis laminados.

• O procedimento para o dimensionamento de vigas a flexao pura em-

pregando perfis e analogo aquele apresentado para a viga do modelo

de Euler, ou seja

1. Determinar a secao mais solicitada da viga atraves da solucao do

PVC (123). Esta secao e aquela onde o momento fletor absoluto e

maximo. Caso se tenha mais de uma secao com o mesmo momento

fletor maximo, utiliza-se como criterio de desempate a secao com a

maior forca cortante. O momento fletor maximo e denotado como

Mmaxz .

152

2. Calcula-se o modulo de resistencia a flexao Wz atraves da expressao

para a maxima tensao normal σmaxx , ou seja,

σmax =Mmax

z

Wz(205)

• No dimensionamento a flexao pura, impoe-se que σmaxx seja igual

a tensao normal admissıvel σdo material. A partir desta condicao

e da relacao anterior,chega-se a seguinte expressao para Wz

Wz =Mmax

z

σ.

3. Sendo np o numero de perfis, tem-se que o modulo de resistencia a

flexao W pz de cada perfil e dado por

W pz =

Wz

np.

• Por exemplo, para as Figuras 99(a) e 99(e),tem-se np = 1 e

np = 2, respectivamente.

4. Sabendo-se o modulo de resistencia mınimo de cada perfil para que a

viga permaneca na fase elastica, seleciona-se na tabela aquele perfil

cujo modulo de resistencia e maior ou igual a W pz . Observa-se que

se o perfil estiver na vertical, deve-se utilizar a coluna da tabela

correspondente x−x. Caso o perfil esteja na horizontal, emprega-se

a coluna referente ao eixo y − y (ver Figura 99).

5. Indica-se o perfil selecionado fornecendo o numero de perfis, o tipo,

a altura e o peso especıfico. Por exemplo, 2U6”, 35,7Kgf/m, indica

que foram selecionados 2 perfis U de 6” de altura e peso especıfico

de 35,7Kgf/m.

153

6. Deve-se verificar se a viga permanece na fase elastica considerando-

se o seu peso proprio dado pelo seu peso especıfico como uma carga

distribuıda constante.

• Calcula-se a nova tensao maxima atraves de (205), lembrando-se

que Mmaxz e obtido agora incluindo o peso proprio no carrega-

mento original da viga.

• Se σmax assim calculado for inferior a σ, a viga permanece na fase

elastica. Caso contrario, deve-se redimensionar a viga, aplicando

o procedimento anterior. Em geral, este processo e iterativo ate

selecionar um perfil adequado.

15.5 Exercıcios resolvidos

Exercıcio 15.5.1 Uma viga foi construıda a partir de duas chapas

de dimensao H × t e de dois perfis U, como mostrado na Figura

100a). A juncao das pecas e feita com rebites de diametro d =

10, 0mm. Os rebites estao colocados exatamente na linha que cruza

o centro geometrico y1 do perfil U. Esta secao e utilizada na viga

mostrada na Figura 100b), a qual esta engastada numa extremidade

e sujeita a uma forca concentrada F = 120kN na outra extremidade.

Sabe-se que o material dos rebites suporta uma tensao maxima de

cisalhamento τmax = 35N/mm2. Sob estas condicoes, pede-se qual

o espacamento homogeneo Ld entre os rebites, como mostrado na

Figura 100b). Dados: H = 400mm; t = 15mm. Dados geometricos

do perfil U: distancia da base ate o centro geometrico da secao y1 =

14, 5mm; area da secao transversal do perfil A = 35, 4cm2; momento

de inercia em relacao ao eixo que passa pelo furo dos rebites Izz =

83, 24cm4. Desprezar a retirada de material causada pelo furo do

rebite.

154

Figura 100: Questao 2: a) secao transversal; b) viga.

Forca de cisalhamento que o rebite pode suportar (Fd) :

Ad =πd2

4=

π

4(1, 0cm) = 0, 7854cm2

Fd = τmax.Ad = 35N

mm2

(

10mm

1cm

)2

0, 7854cm2 = 2748, 9N

Calculo do momento de inercia total (Izz) da secao

Figura 101: a) secao transversal; b) momento estatico.

A Figura 101a) ilustra a secao transversal da viga com as di-

mensoes necessarias para o calculo do momento de inercia da secao.

Observa-se que,

Izz = 2 × IzzC+

[

Izzu + Au

(

H

2− y1

)2]

× 2

onde IzzC= tH3/12 e o momento de inercia das chapas; Izzu e Au

representam, respectivamente, o momento de inercia e a area dasecao obtidos de uma tabela de perfis U. Logo,

Izzτ = 2(1, 5cm) (40cm)3

12+ 2

[

83, 24cm4 +(

35, 4cm2)

(20cm − 1, 45cm)2]

155

Izz = 2(

8000cm4)

+ 2[

83, 24cm4 + (35, 4) (18, 55)2]

Izz = 16000cm4 + 2 [83, 24 + 12181, 23] cm4 = 40528, 94cm4

Fluxo de cisalhamento (forca por unidade de comprimento) atuando

em um perfil U:

qc = −Vy

IzzQz(y)

onde Vy = F = 120KN = 120000N .

Calculo do momento estatico de area

Aqui testa-se o desbalanceamento de forca normal atuando em

uma seccaodo perfil U, como ilustrado na Figura 101b). Portanto,

Qz =

∫

A(y)

ξdA(ξ) =

∫

Au

ξdAu =

(

H

2− y1

)

Au

Qz =

(

H

2− y1

)

Au = (20 − 1, 45)(

35, 4cm2)

= Qz = 656, 67cm3

Fluxo de cizalhamento, em todo o perfil U

qc = − F

Izz.Qz (y) = − 120000N

40528, 94cm4656, 67cm3 = 1944, 3

N

cm

Metade deste fluxo deve ser suportado pelos rebites fixos em cada

lado. Fazendo o balanco de forcas:

Fd =qc

2LD → LD =

2FD

qc=

2 × 2748, 9N

1944, 3 Ncm

→ LD = 2, 828cm

2

156

16 DISTRIBUIC AO DA TENSAO DE CISALHAMENTO

EM FLANGES DE VIGAS

• Como ja visto anteriormente, as tensoes de cisalhamento variam de

maneira parabolica nas secoes transversais retangular e circular.

• Em uma secao I se fizermos um corte longitudinal vertical A − A,

como mostrado na Figura 102, existem tensoes de cisalhamento neste

plano devido a flexao da viga.

(a) Corte A − A.

(b) Vista tridimensional.

Figura 102: Viga de secao I com corte vertical A − A.

157

• As tensoes de cisalhamento tem a direcao mostrada na Figura, ou

seja, na direcao longitudinal da viga.

• Lembre-se que a tensao normal de flexao σ na direcao longitudinal x

quando integrada ao longo da area da secao transversal fornece uma

forca axial

F =

∫

A

σdA e σ = −Mz

Izy.

• Suponha que o momento fletor aumenta ao longo da direcao longi-

tudinal da viga.

• A secao a direita do elemento diferencial ilustrado na Figura possui

um maior momento fletor e consequentemente uma forca longitudinal

resultante maior.

• Para compensar a diferenca entre as forcas axiais, a tensao de cisal-

hamento gera uma forca de cisalhamento resultante no mesmo sen-

tido da forca menor, conforme mostra a Figura 103.

Figura 103: Sentido da tensao de cisalhamento.

• Se o corte A−A esta na aresta da secao, a tensao de cisalhamento e

zero. Se a espessura do flange e constante e o corte A−A aproxima-se

da alma, a area aumenta linearmente de zero ate um valor maximo.

158

• Como y e constante, o momento estatico tambem aumenta linear-

mente

Msz = bty.

• Da mesma forma, como Iz e Vy sao constantes na secao, o fluxo de

cisalhamento

q(x) = −Vy(x)Msz(x)

Iz(x)

tambem aumenta linearmente e atinge o valor maximo sobre a alma.

• A tensao de cisalhamento

τ =q

t

tambem varia linearmente no flange caso a espessura permaneca con-

stante. O valor maximo tambem ocorre sobre a alma.

• A mesma variacao de q e τ aplica-se a ambos os lados do eixo de sime-

tria vertical. No entanto, essas grandezas possuem direcoes opostas

nos dois lados da secao separados pelo eixo de simetria.

• Integrando-se a tensao de cisalhamento sobre a area onde ela age,

tem-se uma forca resultante.

• A magnitude da maxima forca horizontal F desenvolvida no metade

do flange e

F =1

2τmaxA =

τmax

2

bt

2,

ou ainda,

F =qmax

2

b

2.

159

• As tensoes de cisalhamento e as forcas estao representadas na Figura

104.

• Como as forcas F ocorrem aos pares nos flanges, e devido a simetria

da secao I, elas se anulam e nao apresentam efeito externo aparente.

(a) Distribuicao da tensao no flange. (b) Forcas resultantes no flange.

Figura 104: Tensoes e forcas cisalhantes em uma viga I.

17 CENTRO DE CISALHAMENTO

• Em perfis que nao tem simetria vertical, a formula para o calculo da

tensao normal

σ = −Mz

Izy

nao pode ser aplicada. No entanto, assume-se aqui a validade da

expressao anterior.

• Em um perfil U com flanges finos, por exemlo, a tensao de cisal-

hamento varia linearmente em seus flanges (abas ou mesas) e paraboli-

camente em sua alma como mostra a Figura 105.

• Para uma secao nao-simetrica, um carregamento que provoca a flexao,

podera provocar tambem uma torcao da seccao como ilustrado na

Figura 105 para um perfil U ou em canal.

160

(a) Perfil U com corte A-A. (b) Tensao em um perfil U.

Figura 105: Tensao de cisalhamento em um perfil U.

(a)

Figura 106: Forcas em um perfil U.

161

• A integral das tensao de cisalhamento na alma fornece a forca V

V =

∫ h/2

−h/2

τtdy.

• Como ja visto, a forca horizontal resultante em um flange e dada por

F =1

2τA =

(

1

2τ

)

bt.

• Como pode se observar na Figura 106, as forcas F nos flanges formam

um binario Fh, o qual provoca uma torcao na secao.

• Para evitar a torcao e ao mesmo tempo tornar valida a aplicacao da

expressao da tensao normal de flexao pura, deve-se aplicar as forcas

externas de tal forma a balancear o binario interno Fh.

• Considerando que o carregamento seja aplicado em um ponto dis-

tante e da alma e fazendo-se o somatorio de momentos em relacao a

um ponto na alma, tem-se

Pe = Fh → e =Fh

P.

• O ponto que dista e da alma e chamado CENTRO DE CISAL-

HAMENTO, pois se o carregamento for aplicado em uma direcao

paralela a alma e distante e da mesma, este carregamento nao provo-

cara a torcao.

• Tendo em vista que

F =1

2τA =

1

2τbt e τ (x) = −V (x)Q(x)

tIz(x)

162

vem que para V = P

e =Fh

P=

(1/2)τbth

P=

(1/2)bth

P

V Q

tIz(206)

=(1/2)bth

P

P

tIzbt

h

2

=b2th2

4Iz.

• O centro de cisalhamento e e independente da magnitude de P , assim

como da sua localizacao ao longo da viga.

• Para secoes transversais com um eixo de simetria, o centro de cisal-

hamento esta sempre localizado sobre o eixo de simetria.

• Para secoes com dois eixos de simetria, o centro de cisalhamento

coincide com o centroide da secao transversal (por exemplo, Perfil I).

• A posicao exata do centro de cisalhamento para secoes com flanges

largos pode ser de difıcil determinacao.

163

• Para alguns perfis bastante utilizados os centros de cisalhamento sao

indicados na Figura 107.

(a) Perfil L com abas iguais.

(b) Perfis L e T.

Figura 107: Centro de cisalhamento para alguns perfis.

17.1 Exemplo

• Determinar a posicao do centro de cisalhamento para um perfil U

dado pela Figura 108.

164

Figura 108: Perfil U.

– Calculo do momento de inercia da secao

Iz =2(200)3

12+ 2

(

101(2)3

12+ 101 × 2(100)2

)

= 1333333, 33 + 4040134, 66 = 5373468mm4.

– Calculo da distancia do centro de cisalhamento e

e =b2th2

4Iz=

(100)2(2)(200)2

(4)(5373468)= 37, 97mm.

165

VIGAS COM VARIOS MATERIAIS

• A Figura 109(a) ilustra uma secao retangular constituıda de dois

materiais com modulos de elasticidade E1 e E2, tal que E1 < E2.

• Neste caso, a linha neutra nao passa pelo centro de gravidade da

secao transversal, estando a uma distancia y0 do eixo z do sistema

de referencia e mais proxima do material com maior modulo de elas-

ticidade E2.

(a) Secao transversal. (b) Deformacao normalεxx(x).

(c) Tensao normal σxx(x).

Figura 109: Viga com varios materiais.

• Observa-se que as mesmas hipoteses cinematicas anteriores para a

flexao continuam validas, implicando numa variacao linear da de-

formacao normal ε(x) na secao transversal x, como indicado na

Figura 109(b).

• Entretanto, a tensao num material, seguindo a Lei de Hooke, de-

pende do modulo de elasticidade. Assim, apesar da deformacao ser

a mesma na interface dos materiais, as tensoes axiais sao diferentes,

pois dependem dos valores de E1 e E2, como pode ser visto na Figura

109(c).

• Considere uma viga cuja secao transversal x e constituıda por n ma-

teriais distintos. Seja Ei o modulo de Young para o i-esimo material.

166

Logo, a tensao σi(x) no material i da secao x pode ser denotada de

forma geral, a partir da Lei de Hooke, como

σi(x) = Ei(x)ε(x) = −Ei(x)d2v(x)

dx2(y − y0). (207)

• Observe que para y = y0, a tensao e a deformacao sao nulas, indi-

cando a linha neutra da secao x.

• Para determinar a posicao y0 da linha neutra em uma flexao pura,

toma-se a condicao que a resultante das forcas na direcao x e nula.

Logo,

∑

Fx = 0.

• A unica forca em x provem da distribuicao de tensao normal σ(x)

nas secoes tranversais da viga. Portanto, da relacao anterior vem

que:

∑

Fx = 0 →∫

A

σ(x) dA = 0.

• Para o caso de n materiais a relacao anterior se generaliza para

n∑

i=1

∫

Ai

σi(x) dAi = 0. (208)

Substituindo (207) vem que

−d2v(x)

dx2

n∑

i=1

∫

Ai

Ei(x)(y − y0) dAi = 0. (209)

167

• Considerando os dois materiais indicados na Figura 109(a), a ex-

pressao anterior pode ser reescrita como:

−d2v(x)

dx2

(∫

A1

E1(x)(y − y0) dA +

∫

A2

E2(x)(y − y0) dA

)

= 0.

• Expandindo a relacao anterior vem que

−d2v(x)

dx2

(

E1(x)

∫

A1

y dA − E1(x)y0

∫

A1

dA +

E2(x)

∫

A2

y dA − E2(x)y0

∫

A2

dA

)

= 0.

• Denotando o momento estatico em relacao ao eixo z e a area da secao

transversal x do material i, respectivamente, por

Mszi(x) =

∫

Ai

y dA, (210)

Ai(x) =

∫

Ai

dA, (211)

a expressao anterior e reescrita como

−d2v(x)

dx2[E1(x)Msz1(x) + E2(x)Msz2(x)

− y0E1(x)A1(x) + E2(x)A2(x)] = 0.

• Para que a expressao anterior seja valida para qualquer deslocamento

transversal v(x), o termo entre colchetes deve ser nulo, implicando

que,

y0 =E1(x)Msz1(x) + E2(x)Msz2(x)

E1(x)A1(x) + E2(x)A2(x). (212)

168

• De forma geral, para n materiais, tem-se que a posicao y0 da linha

neutra e dada por

y0 =

∑ni=1 Ei(x)Mszi

(x)∑n

i=1 Ei(x)Ai(x)(213)

• Deseja-se agora obter uma relacao para o termo d2v(x)dx2 em termos do

momento fletor Mz(x). No caso de n materiais, a expressao para

Mz(x) e generalizada como

Mz(x) = −n∑

i=1

∫

Ai

σi(x)y dA. (214)

• Para o caso de dois materiais, tem-se que

Mz(x) = −(∫

A1

σxx1(x)y dA +

∫

A2

σxx2(x)y dA

)

. (215)

Substituindo a expressao (207) na relacao anterior, tem-se que

Mz(x) =d2v(x)

dx2

(∫

A1

E1(x)(y − y0)y dA +

∫

A2

E2(x)(y − y0)y dA

)

=d2v(x)

dx2

(

E1(x)

∫

A1

y2 dA − E1(x)y0

∫

A1

ydA+

E2(x)

∫

A2

y2 dA − E2(x)y0

∫

A2

y dA

)

.

• Denotando o momento de inercia da area relativa ao material i em

relacao ao eixo z do sistema de referencia como

Izi(x) =

∫

Ai

y2 dA, (216)

169

e lembrando a equacao (210) para o momento estatico, a expressao

anterior simplifica para

d2v(x)

dx2=

Mz(x)

E1(x)Iz1(x) + E2(x)Iz2(x) − y0 (E1(x)Msz1(x) − E2(x)Msz2(x)).

• Assim, para n materiais, a seguinte relacao e valida,

d2v(x)

dx2=

Mz(x)∑n

i=1 Ei(x)Izi(x) − y0

∑ni=1 Ei(x)Mszi

(x). (217)

• Substituindo a relacao anterior na expressao de deformacao

ε(x) = −d2v(x)

dx2(y − y0) (218)

obtem-se

ε(x) = − Mz(x)∑n

i=1 Ei(x)Izi(x) − y0

∑ni=1 Ei(x)Mszi

(x)(y−y0)(219)

• A partir daı, a distribuicao da tensao no material i e dada por,

σi(x) = −Mz(x)

Ieqi(x)

(y − y0), (220)

sendo Ieqi(x) o momento de inercia equivalente da area relativa ao

material i da secao x, ou seja,

Ieqi(x) =

∑ni=1 Ei(x)Izi

(x) − y0

∑ni=1 Ei(x)Mszi

(x)

Ei(x). (221)

170

18 Exercıcios resolvidos

18.1 Exercıcio 1.

A Figura 110 ilustra uma viga submetida a uma carga distribuıda e com

secao transveral de madeira e aco como indicado. Pede-se: a) determinar

a posicao da linha neutra; b) as distribuicoes de deformacao e c) tensao.

Dados: L = 2m, qo = 200N/m, E1 = 10GPa e E2 = 200GPa.

(a) Viga bi-apoiada. (b) Secao transversal de acoe madeira.

Figura 110: Viga com secao transversal de aco e madeira.

1. calculo da posicao da linha neutra

A Figura 110(a) mostra a secao transversal da viga com a indicacao

das posicoes do CG das partes de aco e madeira. A partir daı, a

posicao da linha neutra e determinada atraves de

y0 =E1Msz1 + E2Msz2

E1A1 + E2A2,

sendo

E1Msz1 = (10 × 109)(0, 15)(0, 20)(0, 15 − 0, 125) = 7, 5 × 106Nm,

E2Msz2 = (200 × 109)(0, 15)(0, 05)(0, 025 − 0, 125) = −150, 0 × 106Nm,

171

E1A1 = (10 × 109)(0, 15)(0, 20) = 300, 0 × 106N,

E2A2 = (200 × 109)(0, 15)(0, 05) = 1500, 0 × 106N.

Substituindo os valores na expressao anterior, obtem-se

y0 = −0, 0792m = −7, 92cm.

A nova posicao da linha neutra esta ilustrada na Figura 111(a).

2. calculo da deformacao

A secao mais solicitada ocorre em x = L2 , onde o momento fletor e

Mz = 38q0L

2. Para q0 = 200N/m e L = 2m, tem-se Mz = 300Nm.

A deformacao ε e dada pela seguinte expressao

ε = − Mz

(E1Iz1 + E2Iz2) − y0(E1Msz1 + E2Msz2)(y − y0) .

Os momentos de inercia Iz1 e Iz2 das partes de madeira e aco em

relacao ao CG da secao sao calculados empregando-se o teorema dos

eixos paralelos, ou seja,

Iz1 =(0, 15) (0, 20)3

12+ (0, 15) (0, 20) (0, 15 − 0, 125)2 = 1, 1875 × 10−4m4,

Iz2 =(0, 15) (0, 05)3

12+ (0, 15) (0, 05) (0, 025 − 0, 125)2 = 7, 6563 × 10−5m4.

Portanto, a deformacao e dada por

ε = − 300

(10 × 109)(1, 1875 × 10−4) + (200 × 109)(7, 6563 × 10−5)(y − y0)

= −1, 82 × 10−5 (y − y0) ,

estando ilustrada na Figura 111(b). Observe que a deformacao e

contınua e varia linearmente ao longo da secao da viga.

172

3. calculo da distribuicao de tensao

A distribuicao de tensao na parte de madeira e determinada por

σxx1 = E1ε = −1, 82 × 105 (y − y0)

=

{

−3, 72 × 104N/m2 (y − y0) = (0, 125 − (−0, 0792))m

−7, 64 × 102N/m2 (y − y0) = (−0, 075 − (−0, 0792))m.

Por sua vez, a tensao na parte de aco e dada por

σxx2 = E2ε = −3, 64 × 106 (y − y0)

=

{

−1, 53 × 104N/m2 y = (−0, 075 − (−0, 0792))m

1, 67 × 105N/m2 y = (−0, 125 − (−0, 0792))m.

(a) Centros de gravidade e linhaneutra.

(b) Distribuicao de de-formacao normal.

(c) Distribuicao de tencao normal.

Figura 111: Viga com secao transversal de aco e madeira.

A Figuras 111(c) indica a distribuicao de tensao na secao transversal da

viga. Como observado anteriormente, a tensao e descontınua na interface

dos dois materiais.

18.2 Exercıcio 2.

Deseja-se projetar uma peca de um equipamento mecanico para exercer

uma funcao cujos vınculos e carregamentos podem ser modelados tal

como mostrado na Figura 112(a). O material do qual a peca deve ser feita

173

e uma resina plastica. Os resultados de um teste de tracao e compressao

axial feitos com esta resina plastica podem ser vistos na Figura 112(b).

O que fica evidente neste ensaio e que os limites de tensao para os quais o

material plastico (p) apresenta comportamento elastico linear na tracao

(σpt) e na compressao (σpc) sao distintos. Como a peca sera produzida em

grande escala, seu projeto devera ser aprimorado de forma que quando

submetida ao carregamento maximo, as tensoes de tracao e de compressao

atinjam seus limites elasticos ao mesmo tempo. Para tal dispoe-se de fios

de aco que serao colocados na parte inferior da viga, a uma distancia

dA do centro geometrico (CG) da secao, ver Figura 112(c). A secao

transversal de cada um destes fios, designadas A1a, tem uma area de

2mm2 (A1a = 2mm2). O material do qual os fios de aco sao feitos tem

um modulo de Young Ea = 1400kN/mm2.

(a) Viga bi-apoiada. (b) Ensaio de tracao. (c) Secao transversal.

Figura 112: Viga com secao de resina plastica.

Deseja-se saber:

1. quantos fios de aco deverao ser colocados na peca de plastico para

que os valores limites das tensoes σpt e σpc sejam atingidos simul-

taneamente?

2. sob esta circunstancia, determine qual o momento maximo (Mmax)

que a peca pode suportar.

174

3. quais as tensoes normais maximas (σat) que os fios de aco deverao

suportar?

4. quais sao as tensoes de cisalhamento (τa) maximas que ocorrem na

interface aco/plastico? Determinar o fluxo de cisalhamento maximo

(qca) atuando em um fio de aco.

Solucao:

1. Inicialmente, determina-se a posicao y0 da linha neutra. Do enunci-

ado do problema, tem-se que as tensoes normais maxima e mınima

sao iguais, respectivamente, aos valores limites de tracao σpt = 28, 5N/mm2

e compressao σpc = 41, 5N/mm2. A partir da Figura 113(b), tem-se

por semelhanca de triangulos retangulos

σpt

b=

σpc

ae a + b = 70.

Resolvendo as duas expressoes anteriores, obtem-se a = 41, 5mm e

b = 28, 5mm. Logo, |y0| = |H2 − b| = |35 − 28, 5| = 6, 5mm. De

acordo com a referencia adotada, tem-se, y0 = −6, 5mm.

A partir daı, emprega-se a expressao para calcular a posicao da linha

neutra, ou seja,

y0 =

∑2i=1 EiMszi∑

EiAi=

EaMsza + EpMszp

EaAa + EpAp, (222)

sendo o momento estatico Msza e area Aa dos fios de aco incognitas

dadas em funcao do numero n de fios de aco.

Sendo A1a = 2mm2 a area da secao transversal de cada fio de aco e

175

(a) Secao transversal. (b) Distribuicao de tensao.

Figura 113: Distribuicao de tensao na secao.

n o numero de fios, as seguintes expressoes sao validas

Aa = nA1a = 2n mm2,

Msza = ndAA1a = n(−32)(2) = −64n mm3,

Ap = BH − Aa = (30)(70) − 2n = (2100 − 2n) mm2,

Mszp = −Msza = 64n mm3,

Ea = 1400 KN/mm2,

Ep = 40 KN/mm2.

Substituindo as relacoes anteriores em (222) e resolvendo para n,

vem que

−6, 5 =1400 × 103(−64n) + 40 × 103(64n)

1400 × 103(2n) + 40 × 103(2100 − n2)→ n = 7, 87.

Logo, o numero mınimo de fios que satisfaz o problema e n = 8.

2. A tensao normal na flexao pura e dada por σxx = −MzIz

y. Logo, o

momento maximo Mmaxz suportado pela secao e funcao da tensao

maxima no material plastico σmaxxx = σp

xx(y = ymax) com ymax =

35mm.

Para uma secao composta de dois materiais, a tensao no material i

176

e dada por

σixx(y) = − MzEi(y − y0)

∑

EiIi − y0

∑

EiMszi

= −Mz

Ieqi

(y − y0), (223)

sendo o momento de inercia equivalente Ieqida porcao relativa ao

material i dada por

Ieqi=

∑

EiIi − y0

∑

EiMszi

Ei(224)

As grandezas Aa, Ap, Msza, Mszp, Ia, Ip sao calculada por

Aa = 2(n) = 16mm2 Ap = 2100 − 16 = 2084mm4

Msza = (−32)16 = −512mm3 Mszp = −Msza = +512mm3

Ia ≈ AadA2 = 16(32)2 = 16384mm4 Ip = B(H)3

12 − Ia = 841116mm4

Observa-se que para o calculo de Ia, emprega-se o teorema dos eixos

paralelos, desprezando a parcela relativa ao momento de inercia dos

fios de aco em relacao ao centroide, pois o diametro dos fios e de

apenas 2mm. Alem disso, tem-se que∑

EiMszi= 1400 × 103(−512) + 40 × 103(512) = −6, 963 × 105kNmm,

∑

EiIi = 1400 × 103(16384) + 40 × 103(841116) = 5, 658 × 107kNmm2.

Logo, substituindo os valores anteriores em (224) para o material

plastico i = p vem que,

Ieqp =5, 658 × 107 − (−6, 5)(−6, 693 × 105)

40= 1, 301 × 106mm4.

Verifica-se que σmaxxx = σp

xx(y = 35mm) = −41, 5kN/mm2 e a partir

de (223)

σmaxxx = −41, 5 = −Mmax(41, 5)

1, 301 × 106→ Mmax = 1, 301 × 106Nmm.

177

Por sua vez, o momento maximo ocorre em x = L/2, possibilitando

calcular a forca maxima P max aplicada na viga da seguinte forma

Mmax =L

4Pmax → Pmax =

4

LMmax = 10, 41kN. (225)

3. A tensao maxima nos fios de aco e determinada atraves de (223) com

i = a. Logo,

σaxx(y) = −Mz

Ieqa

(y − y0) (226)

sendo

Ieqa =

∑

EiIi − y0

∑

EiMszi

Ea= Ieqp

Ep

Ea.

Substituindo os valores, tem-se

Ieqa = 1, 301 × 106 40

1400= 37, 17 × 103mm4.

No casos dos fios de aco, a tensao maxima ocorre para y = −32mm.

Assim, a partir de (226)

σaxx(y = −32) = −−1, 301 × 106

37, 17 × 103(−32 + 6, 5) = 892, 5N/mm2.

Verifica-se entao que a tensao maxima nos fios de aco e cerca de 20

vezes maior que a tensao maxima no material plastico.

4. O fluxo de cisalhamento para um fio de aco e dado pela seguinte

expressao

qca = − Vy

Ieqa

Msz1a, (227)

sendo Ieqa o momento de inercia equivalente da parte de aco e Msz1ao

momento estatico de um fio de aco, o qual deve ser calculado agora

178

em relacao a linha neutra pois esta nao mais coincide com o eixo z

no caso de uma viga de material composto. Assim, tem-se que

Msz1a = A1a (dA − y0) = 2 [−32 − (−6.5)] = −51mm2

A forca cortante maxima para uma viga bi-apoiada como uma forca

concentrada P max no centro e dada por

V maxy =

Pmax

2= 5, 205kN.

Logo, o fluxo de cisalhamento e calculado como

qca = −(5, 205)(−51)

37, 17 × 103= 7, 142Nmm

O raio de cada furo e dado por

A1a = πR2 → R = 0, 8mm.

A area do fio de aco que esta em contato com a parte plastica por

unidade de comprimento da viga e corresponde a area de um cilindro

A = 2πRL = 2π(0, 8)(1) = 5, 08mm2.

Assim, a tensao de cisalhamento media e calculada como

τmedio =qca

A=

7, 142

5, 08= 1, 406N/mm2.

179

CRITERIOS DE RESISTENCIA

19 Transformacao de Tensao

• Considere a seccao A-B da viga da Figura 114 com os esforcos inter-

nos indicados: forca normal Nx, forca cortante Vy e momento fletor

Mz.

Pode-se determinar as distribuicoes de tensao normal e de cisal-

hamento como:

– tensao normal devido ao momento fletor: σf = −Mz(x)yIz(x) ;

– tensao normal devido a forca normal: σn = N(x)A(x) ;

– tensao normal resultante: σx = N(x)A(x) −

Mz(x)yIz(x) ;

– tensao de cisalhamento devido a forca cortante: τxy = −Vy(x)Msz(x)

bIz(x) .

Figura 114: Corte de uma viga em balanco com carregamentos.

180

• Para a viga da Figura 114, o estado de tensao em um ponto A

qualquer da viga e representado na Figura 115.

Observa-se que na Figura 115, as componentes de tensao atuam

no ponto A e nao nas arestas do quadrado diferencial indicado. O

quadrado e denominado elemento de tensao.

Figura 115: Estado tensao nos pontos de uma viga.

• O tensor de tensao para os pontos da viga e dado por

σx τxy 0

τyx 0 0

0 0 0

. (228)

• Outro estado de tensao bastante comum e o estado plano de tensao,

o qual esta representado na Figura 116 para um ponto A de um

corpo. O tensor de tensoes respectivo e

σx τxy 0

τyx σy 0

0 0 0

. (229)

181

Figura 116: Estado plano de tensao em um ponto de um corpo.

• O estado geral de tensao em um ponto A de um corpo tridimensional

esta representado na Figura 117 e a sua forma tensorial e dada por

σx τxy τxz

τyx σy τyz

σzx τzy σz

. (230)

Figura 117: Estado geral de tensao em um ponto de um corpo tridimensional.

182

• Considere um estado plano de tensao no ponto A de um corpo se-

gundo os eixos x e y conforme representado na Figura 118.

Se girarmos o sistema de coordenadas de um angulo θ positivo em

torno do eixo z, teremos o elemento de tensao ABC.

Figura 118: Corte em um elemento de tensao de um corpo em estado plano de tensao.

• Deseja-se determinar as tensoes normal σx′ e tangencial τx′y′ ao plano

x′ conforme mostra a Figura 119.

Figura 119: Tensoes normal e tangencial para um estado plano de tensao.

• Para isso, considera-se o equilıbrio das forcas originadas pelas com-

ponentes de tensao indicadas nas faces do elemento de tensao ABC,

conforme indicado na Figura 120.

183

Figura 120: Componentes de forca geradas pelas componentes de tensao.

• Assmindo que o elemento de tensao possui espessura unitaria. Sendo

A a area da face BC, tem-se que as areas das faces AB e BC sao,

respectivamente, A cos θ e A sin θ.

Logo, as expressoes das forcas indicada na Figura 120 sao dadas por

Fxy = τxydA cos θ

Fx = σxdA cos θ

Fy = σydA sin θ

Fyx = τyxdA sin θ

Fx′ = σx′dA

Fy′ = τx′y′dA

(231)

• Fazendo o equilıbrio de forcas em x′, ou seja, ΣFx′ = 0 tem-se

−Fx cos θ − Fxy sin θ − Fy sin θ − Fyx cos θ + Fx′ = 0.

Substituindo as expressoes para as forcas dadas em (231)

σxdA cos θ cos θ − τxydA cos θ sin θ − σydA sin θ sin θ − τyxdA sin θ cos θ − σx′dA = 0.

Simplificando

σx′ = σx cos2 θ + σy sin2 θ + 2τxy sin θ cos θ.

184

Considere as seguintes relacoes trigonometricas:

cos2 θ =1 + cos 2θ

2

cos2 θ =1 − cos 2θ

2

sin θ cos θ =sin 2θ

2

Substituindo na equacao anterior e simplificando obtem-se

σx′ =σx + σy

2+

σx − σy

2cos 2θ + τxy sin 2θ. (232)

• Fazendo agora o somatorio de forcas na direcao y ′, ou seja, ΣFy′ = 0

−Fxy cos θ + Fx sin θ − Fy cos θ + Fyx sin θ + Fy′dA = 0.

Substituindo as expressoes para as componentes de forca, vem que

−τxydA cos θ cos θ + σxdA cos θ sin θ

−σydA sin θ cos θ + τyxdA sin θ sin θ + τx′y′dA = 0.

Simplificando a equacao anterior, tem-se

τx′y′ = τxy cos2 θ − σx cos θ sin θ + σy sin θ cos θ − τyx sin2 θ.

Substituindo as relacoes trigonometricas anteriores e simplificando,

obtem-se

τx′y′ = −σx − σy

2sin 2θ + τxy cos 2θ. (233)

• As componentes de tensao normal σx e σy estao em planos que for-

mam um angulo de 90 graus entre si. O mesmo ocorre com σx′ e

σy′.

185

Logo, para se obter σy′ basta substituir θ por θ + 90o na expressao

de σx′, ou seja,

σy′ =σx + σy

2+

σx − σy

2cos 2(θ + 90) + τxy sin 2(θ + 90)

Observa-se que

cos (2θ + 180o) = − cos (2θ) e sin (2θ + 180o) = − sin (2θ).

Portanto,

σy′ =σx + σy

2− σx − σy

2cos 2θ − τxy sin 2θ

• Somando a equacao anterior com a equacao (232), obtem-se a in-

variancia da soma das componentes de tensao normal quando o es-

tado de tensao e representado segundo qualquer sistema girado de

um angulo θ

σx′ + σy′ = σx + σy.

• O estado de tensao segundo o sistema de eixos x′y′ e representado

como

σx′ τx′y′ 0

τx′y′ σy′ 0

0 0 0

.

• De forma geral, um tensor de 2a ordem T , representado no sistema

de coordendas xyz, e transformado para o sistema de coordenadas

x′y′z′, pela seguinte relacao

[T ′] = [Q]T [T ][Q], (234)

sendo [T ] → a representacao do tensor em xyz, [T ′] a representacao

do tensor em x′y′z′ e [Q] → a matriz dos co-senos diretores.

186

• Para o caso anterior, [Q] e a matriz de rotacao de um angulo θ em

torno do eixo z, ou seja,

[Q] =

cos θ − sin θ 0

sin θ cos θ 0

0 0 1

• Portanto, as componentes de [T ′] sao obtidas como

σx′ τx′y′ 0

τx′y′ σy′ 0

0 0 0

=

cos θ sin θ 0

− sin θ cos θ 0

0 0 1

σx τxy 0

τxy σy 0

0 0 0

cos θ − sin θ 0

sin θ cos θ 0

0 0 1

(235)

• Fazendo as multiplicacoes indicadas e empregando as mesmas relacoes

trigonometricas anteriores, obtem-se

σx′ =σx + σy

2+

σx − σy

2cos 2θ + τxy sin 2θ,

σy′ =σx + σy

2− σx − σy

2cos 2θ − τxy sin 2θ,


2sin 2θ + τxy cos 2θ.

20 Tensoes Principais para o Estado Plano de Tensao

• Quando o estado de tensao de um ponto de um corpo em estado

plano de tensao e dado por[

σ1 0

0 σ2

]

,

denominam-se σ1 e σ2 como Tensoes Principais.

187

• Logo, ao se representar o estado de tensao empregando as tensoes

principais, a componente de tensao cisalhante e nula.

• Para determinar as direcoes nas quais a tensao cisalhante e nula,

utiliza-se a relacao geral


2sin 2θ + τxy cos 2θ = 0.

Logo,

tan 2θ =sin 2θ

cos 2θ=

τxy

(σx − σy)/2.

• Tem-se dois valores de θ que satisfazen a equacao anterior, como

indicado na Figura 121 pelos angulos 2θ′1 e 2θ′′1 . Um dos angulos se

refere a tensao σ1 e o outro a σ2.

Figura 121: Angulos que definem as direcoes principais.

• Observa-se que a diferenca entre os angulos 2θ′1 e 2θ′′1 e de 180

graus, ou seja, θ′1 e θ′′1 estao defasados de 90 graus.

• A partir da Figura 121, observam-se as seguintes relacoes trigonometricas

cos 2θ′1 = τxyOA

sin 2θ′1 =(σx−σy)/2

OA,

cos 2θ′′1 = − τxyOB

cos 2θ′′1 = −(σx−σy)/2

OB,

(236)

188

sendo os comprimentos dos segmentos OA e OB dados por

OA = OB =

√

(

σx − σy

2

)2

+ τ 2xy.

• Substituindo os pares de relacoes dadas em (236) em (232), obtem-se

as relacoes para as tensoes prinicipais σ1 e σ2, ou seja,

σ1 =σx + σy

2+

√

(σx − σy

2)2 + τ 2

xy, (237)

σ2 =σx + σy

2−√

(σx − σy

2)2 + τ 2

xy. (238)

• Por convencao, adota-se σ1 > σ2.

• Os valores de σ1 e σ2 constituem-se nos valores maximo e mınimo

que as tensoes normais no ponto podem assumir.

• Para comprovar esse fato, deriva-se σx′ dado na equacao 232 em

relacao a θ e iguala-se a zero, ou seja,

dσx′

dx= −2

σx − σy

2sin 2θ + 2 cos 2θ sin 2θ = 0.

Logo,

tan 2θ1 =τxy

(σx − σy)/2. (239)

Portanto, os mesmos angulos que fornecem os valores extremos de

σx′ tambem implicam em tensao cisalhante nula no ponto.

• O estado plano de tensao num ponto representado segundo as direcoes

principais possui a seguinte forma tensorial

[T ] =

σ1 0 0

0 σ2 0

0 0 0

.

189

• Assim, o estado de tensao plana num ponto pode ser representado

em forma tensorial, respectivamente, segundo o sistema xy, x′y′ e

nas direcoes principais como

[Txy] =

σx τxy 0

τxy σy 0

0 0 0

,

[Tx′y′] =

σx′ τx′y′ 0

τx′y′ σy′ 0

0 0 0

,

[Tθ′1] =

σ1 0 0

0 σ2 0

0 0 0

.

As 3 representacoes do estado de tensao plana no ponto estao ilustradas

na Figura 122.

Figura 122: Representacoes do estado de tensao no ponto.

190

21 Tensoes Cisalhantes Maxima e Mınima

• Para determinar as tensoes maxima e mınima de cisalhamento, deriva-

se a equacao (233) em relacao a θ e iguala-se a zero, ou seja,

dτx′y′

dθ= −2

σx − σy

2cos 2θ − 2τxy sin 2θ = 0.

A partir daı, tem-se

tan 2θ2 = −(σx − σy)/2

τxy.

• Novamente, tem-se dois angulos (direcoes) correspondentes as tensoes

maxima e mınima de cisalhamento. Esses angulos estao indicados na

Figura 123 como 2θ′2 e θ′′2 . Os mesmos estao defasados de 90 graus

entre si.

A partir das Figuras 121 e 240, observa-se que os angulos que definem

as direcoes principais e maximo cisalhamento estao defasados de 45

graus.

Figura 123: Angulos que definem as direcoes da maxima e mınima tensoes cisalhantes.

191

• Observam-se as seguintes relacoes trigonometricas

cos 2θ′2 = τxyOC

sin 2θ′2 = −(σx−σy)/2

OC,

cos 2θ′′2 = − τxyOD

cos 2θ′′2 =(σx−σy)/2

OD,

(240)

sendo os comprimentos dos segmentos OC e OD dados por

OC = OD =

√

(

σx − σy

2

)2

+ τ 2xy.

• Substituindo os pares de relacoes dadas em (240) em (233), obtem-se

as relacoes para as tensoes maxima taumax e τmin, ou seja,

τmax =

√

(σx − σy

2)2 + τ 2xy, (241)

τmin = −√

(σx − σy

2)2 + τ 2xy. (242)

Observa-se que as tensoes maxima e mnima sao sao iguais em modulo,

diferindo apenas em sinal.

• Como essas tensoes estao localizadas em planos que estao 90 graus

defasados, isso implica que as tensoes de cisalhamento atuantes em

planos mutuamente perpendiculares sao iguais. Essa conclusao e

consistente com a simetria do tensor de tensoes.

• A diferenca em sinal dessa tensoes vem da forma da convencao em-

pregada para localizar as tensoes nas quais essas tensoes agem. Do

ponto de vista fısico, os sinais nao tem significado. Por essa razao, a

maior tensao sempre sera a maxima, independente do sinal.

• A tensao normal nos planos de maxima e mınima tensao de cisal-

hamento nao e nula. Basta substituir as relacoes em (240) na equacao

(233) e determinar que

σ′ =σx + σy

2.

192

• Ao se trabalhar com as tensoes principais τxy = 0 e a partir de (244)

vem que

τmax =(σ1 − σ2)

2, (243)

τmin = −(σ1 − σ2)

2. (244)

• Se σ1 = −σ2 → τmax = σ1+σ22 .

• Se σ1 = σ2 → τmax = 0 → e um ponto no grafico de σ × τ .

22 Exemplo 1

• Dado o estado de tensao plano de um ponto indicado na Figura 127,

determinar:

1. As tensoes em um plano inclinado de −30o;

2. As tensoes maxima e mınima, bem como o angulo do plano de

atuacao.

Figura 124: Exemplo 1: estado plano de tensao.

193

1. Calculo de σx′:

σx′ =σx + σy

2+

σx − σy

2cos 2θ + τxy sin 2θ

=3 + 1

2+

3 − 1

2cos (−60) + 2 sin (−60) = 0, 768MPa.

2. Calculo de τx′y′:


2sin 2θ + τxy cos 2θ

= −3 + 1

2sin (−60) + 2 cos (−60) = 1, 866MPa.

3. Calculo de σy′:

σy′ = σx + σy − σx′ = 3, 230MPa.

4. Calculo das tensoes principais:

σ1,2 =σx + σy

2±√

(σx − σy

2)2 + τ 2

xy

=3 + 1

2±√

(3 − 1

2)2 + 22 →

{

σ1 = 4, 24MPa

σ2 = −0, 24MPa.

5. Determinacao do angulo de inclinacao do plano das tensoes prin-

cipais:

tan 2θ1 =τxy

σx−σy

2

=2

3−12

= 2 →{

θ1’= 31, 72o

θ1”= 121, 72o .

A Figura 128 ilustra a representacao do estado de tensao segundo

as direcoes principais.

6. Calculo da tensao maxima de cisalhamento:

τmax,min = ±

√

(σx − σy)

2

2

+ τ 2xy

= ±

√

(3 − 1)

2

2

+ 22 = ±√

5 →{

τmax =√

5

τmin = −√

5.

194

Figura 125: Exemplo 1: representacao do estado de tensao segundo as direcoes principais.

7. Determinacao do angulo do plano de maxima tensao de cisal-

hamento:

tan 2θ2 = −σx−σy

2

τxy= −

3−12

2= 1 →

{

θ′2 = −13, 28o

θ′′2 = 153, 43o .

A Figura 129 ilustra a representacao a tensao de cisalhamento

maxima.

Figura 126: Exemplo 1: tensao de cisalhamento maxima.

8. As tensoes axiais neste plano e determinada substituindo os angulos

195

θ′2 e θ′′2 na equacao (232):

σx′ =σx + σy

2+

σx − σy

2cos 2θ + τxy sin 2θ

=3 + 1

2+

3 − 1

2cos (2 ×−13.28) + 2 sin(2 ×−13.28) → σx′ = 2.0MPa.

σy′ =3 + 1

2+

3 − 1

2cos (2 × (−13.28 + 90))

+2 sin (2 × (−13.28 + 90)) → σy′ = 2.0MPa.

A Figura 127 ilustra a representacao do estado de tensao segundo

as direcoes das tensoes de cisalhamento maxima e mınima.

Figura 127: Estado geral de tensao.

9. Representando de forma tensorial, os 3 estados de tensao (dado,

em termos das tensoes principais e da maxima tensao cisalhante)

tem-se respectivamente:

3 2 0

2 1 0

0 0 0

,

196

4.24 0 0

0 −0.24 0

0 0 0

,

2 2.42 0

2.42 2 0

0 0 0

.

197

23 Cırculo de Mohr

• Considere as equacoes (232) e (233) para σx′ e τx′y′ dadas, respecti-

vamente, por

σx′ =σx + σy

2+

σx − σy

2cos 2θ + τxy sin 2θ,


2sin 2θ + τxy cos 2θ.

• Elevando ao quadrado as duas equacoes anteriores, somando e apos

algumas simplificacoes tem-se:

(

σx′ −σx + σy

2

)2

+ (τx′y′)2 =

(

σx − σy

2

)2

+ (τxy)2 , (245)

ou ainda

(σx′ − a)2 + (τx′y′)2 = b2, (246)

sendo{

a =σx+σy

2

b2 = (σx−σy

2 )2 + (τxy)2 .

• Comparando a expressao (246) com a equacao geral do cırculo

(x − c)2 + (y − d)2 = R2,

observa-se que (246) representa a equacao de um cırculo de raio

R = b raio do cırculo e centro do cırculo (c, d) = (a, 0).

• O cırculo descrito por esta equacao e conhecido como Cırculo de

MOHR.

198

• O raio do cırculo de MOHR e dado por

R =

√

(

σx − σy

2

)2

+ (τxy)2.

• Os passos para a construcao e utilizacao do cırculo de Mohr sao os

seguintes (ver Figura 128):

1. Com o estado de tensao dado, coloca-se o ponto A (σx, τx,y) no

grafico σ × τ ;

2. Detemina-se o centro do cırculo (a, 0), o qual deve se situar no

eixo de σ, ou seja,

a =σx + σy

23. Com estes dois pontos traca-se o cırculo.

4. Para determinar as tensoes em um outro plano qualquer, desenha-

se uma linha relativa a esse plano no elemento de tensao.

5. Copia-se uma linha paralela ao plano desejado passando pelo

ponto A.

6. A partir do ponto que esta linha corta o cırculo, traca-se outra

linha perpendicular ao eixo de σ. O ponto do cırculo cortado por

essa linha e o ponto desejado.

199

Figura 128: Cırculo de MOHR.

• Algumas observacoes sobre o cırculo de Mohr (veja Figura 129):

Figura 129: Cırculo de MOHR.

1. A maior tensao no ponto considerado e σ1 e a menor e σ2, as quais

sao as tensoes principais. Nesses pontos, a tensao de cisalhamento

200

e nula.

2. A maior tensao de cisalhamento e igual ao raio do cırculo sendo

dado por

τmax =σ1 − σ2

2.

A tensao normal respectiva e

σ′ =σ1 + σ2

2.

3. Se σ1 e σ2 forem iguais, o cırculo se degenera em um ponto, nao

havendo assim a tensao de cisalhamento.

4. Se σ1 = −σ2 o centro do cırculo de Mohr coincide com a origem

do sistema de coordenadas.

5. Se σ1 = σ2, o cırculo de Mohr degenera-se para um ponto e nao

existe tensao de cisalhamento.

6. A soma das tensoes de 2 planos perpendiculares e um invariante

σx + σy = σx′ + σy′ = σ1 + σ2 (247)

24 Exemplo 2

• Dado o estado de tensao de um ponto, indicado na Figura 130, con-

struir o cırculo de Mohr. Determinar as tensoes para um plano de

−30o e comparar com as obtidas no exemplo anterior.

– Centro do cırculo: a = 3+12 = 2.

– Ponto A → (3, 2).

– Plano no qual age o estado de tensao dado:

tan 2θ =2

(3 − 1)/2= 2 → 2θ = 63.43o.

201

Figura 130: Exemplo 2: estado de tensao em um ponto.

Figura 131: Exemplo 2: cırculo de MOHR.

202

– Tensoes maximas e mınima →{

σ1 = 4.24MPa

σ2 = −0.24MPa.

– Tensao de cisalhamento maxima → τmax = 2.2MPa;

– Para o plano de −30o →{

σP = 0.7MPa

τP = 1.8MPa

25 Tensoes Principais para o Estado Geral de Tensao

• Seja o estado geral de tensao no ponto A representado pelo tensor

TA

TA =

σx τxy τxz

τxy σy τyz

τxz τyz σz

(248)

Deseja-se determinar as tensoes principais. Para isso, considere o

tetraedro elementar da Figura 132 obtido ao se cortar o elemento de

tensao anterior atraves de um plano arbitrario com vetor normal ~n.

Figura 132: Tetraedro elementar.

203

Figura 133: Co-senos diretores do vetor normal ~n.

• O vetor ~n e um vetor ortonormal ao plano inclinado sendo l = cos α,

m = cos α e n = cos α os seus co-senos diretores. Logo,

~n = l~i + m~j + n~k (249)

• Sendo dA a area do plano ABC, as suas projecoes nos planos x, y e

z fornecem as areas das outras faces do tetraedro elementar, ou seja,

– Area da face OBC → (dA)l;

– Area da face OAC → (dA)m;

– Area da face OAB → (dA)n.

• Considera-se agora o equilıbrio do tetraedro a partir das forcas prove-

nientes das componentes de tensao. Logo,

ΣFx = 0 : σn(dA)l − σx(dA)l − τxy(dA)m − τzx(dA)n = 0;

ΣFy = 0 : σn(dA)m − σy(dA)m − τxy(dA)l − τyz(dA)n = 0;

ΣFz = 0 : σn(dA)n − σz(dA)n − τxz(dA)l − τyz(dA)m = 0.

204

• Simplificando as equacoes anteriores e colocando na forma de um

sistema de equacoes

(σx − σn)l + τxym + τxzn = 0

τxyl + (σy − σn)m + τyzn = 0

τxzl + τyzm + (σz − σn)n = 0

. (250)

• Colocando o sistema de equacoes em forma matricial

σx τxy τxz

τxy σy τyz

τxz τyz σz

− σn

1 0 0

0 1 0

0 0 1

l

m

n

=

0

0

0

. (251)

De forma compacta, tem-se a expressao

([T ] − σn[I ]) {~n} = {~0}, (252)

a qual define o problema de autovalor associado ao tensor [T ].

• σn sao os autovalores (tensoes principais) e ~n os autovetores (direcoes

principais) respectivos.

• O sistema de equacoes (251) tem solucao se o determinante da matriz

do sistema de equacoes e zero, ou seja,

∣

∣

∣

∣

∣

∣

σx − σn τyx τzx

τxy σy − σn τzy

τxz τyz σz − σn

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 0 (253)

• Expandindo o determinante anterior e simplificando, obtem-se:

σ3n − I1σ

2n + I2σn − I3 = 0, (254)

205

o qual e o polinomio caracterıstico do problema de autovalor. I1, I2

e I3 sao denominados de invariantes de tensao e dados por:

I1 = tr[T ] = σx + σy + σz,

I2 = (σxσy + σyσz + σzσx) − (τ 2xy + τ 2

yz + τ 2xz),

I3 = det[T ].

• A solucao da equacao (254) fornece 3 raızes, as quais sao as tensoes

principais σ1, σ2 e σ3. Por convencao, tem-se σ1 > σ2 > σ3.

As direcoes principais ~n1, ~n2 e ~n3 sao obtidas substituindo, respec-

tivamente, cada uma das tensoes principais σ1, σ2 e σ3 em (251) e

resolvendo o sistema de equacoes para l, m e n.

O sistema de equacoes assim obtido nao e linearmente independente.

Para determinar os co-senos diretores, deve-se empregar a relacao

||~n|| = l2 + m2 + n2 = 1. (255)

• Os autovetores obtidos sao perpendiculares entre si, ou seja,

~n1 ⊥ ~n2 ⊥ ~n3

no caso em que os 3 autovetores sao distintos.

• Para σ1 = σ2, tem-se o estado axissimetrico ou cilındrico de tensao.

Nesse caso, ~n1 = ~n2 e quaisquer dois vetores ortogonais do plano e

a direcao ~n3 constituem as direcoes principais.

• Quando σ1 = σ2 = σ3, tem-se um estado esferico de tensao. Nesse

caso, quaisquer3 vetores ortogonais constituem as direcoes principais.

206

26 Cırculo de MOHR para o Estado Geral de Tensao

• No estado geral de tensao, tem-se 3 tensoes principais, conforme visto

anteriormente, dadas por σ1, σ2 e σ3 e 3 direcoes principais, ~n1, ~n2

e ~n3 para as respectivas tensoes. Considera-se σ1 > σ2 > σ3.

• O tensor de tensoes no ponto A e representado nas direcoes principais

como

[TA] =

σ1 0 0

0 σ2 0

0 0 σ3

.

• O elemento de tensao correspondente esta representado na Figura

134.

Figura 134: Estado geral de tensao: elemento de tensao.

207

• Analisando esse elemento de tensao ao longos dos planos prinicipais,

tem-se os elementos de tensao plano ilistrados na Figura 135.

Figura 135: 3 planos principais.

• Para cada um desses planos, traca-se o cırculo de Mohr correspon-

dente. Assim, no estado geral de tensao, tem-se os 3 cırculos na

Figura 136.

Figura 136: Cırculos de Mohr - 3 tensoes principais.

• As tensoes em um ponto segundo um plano qualquer do espaco (como

o plano K ilustrado na Figura 134) situam-se sobre um dos 3 cıculos

ou na area entre eles mostrada hachureada na Figura ??.

• Mesmo um estado plano pode ser representado usando os 3 cırculos.

208

Nesse caso, toma-se geralmente σ2 = 0, conforme ilustrado no exem-

plo seguinte.

26.1 Exemplo 3

• Considere o estado plano de tensao de um ponto ilustrado na Figura

137.

Figura 137: Exemplo 3: estado de tensao de um ponto.

• O tensor de tensoes nesse ponto e

[T ] =

−2 −4 0

−4 4 0

0 0 0

.

• As tensoes principais sao calculadas como

σ1,2 =σ1 + σ2

2±

√

(

σ1 − σ2

2

)2

+ τ 2xy

= 1 ±√

(3)2 + (−4)2 →{

σ1 = 6.0MPa

σ2 = −4.0MPa.

• Os angulos correspondentes as direcoes principais sao

tan 2θ1 =τxy

σx−σy

2

=−4−2−4

2

=4

3→ 2θ1 = 53.13o →

{

θ′1 = 26.56o

θ1” = 116.56o .

209

Figura 138: Exemplo 3: representacao do estado de tensao segundo as direcoes principais.

• O elemento de tensao correspondente esta ilustrado na Figura 138.

• Considerando a tensao no plano perpendicular a estes dois igual a 0,

ou seja, para

σ1 = 6MPa

σ2 = 0MPa

σ3 = −4MPa

,

tem-se que o tensor de tensoes e dado por

[T ] =

6 0 0

0 0 0

0 0 −4

.

• Os cırculos de Mohr correspondentes estao ilustrados na Figura 139.

210

Figura 139: Exemplo 3: cırculos de Mohr.

27 Transformacoes das Deformacoes

• O tensor de deformacao infinitesimal de um ponto em um estado

geral de deformacao e dado por

[E] =

εx εxy εxz

εxy εy εyz

εxz εyz εz

. (256)

• Para um problema bidimensional, o tensor anterior se reduz a

[E] =

[

εx εxy

εxy εy

]

. (257)

• As componentes de tensao e deformacao cisalhante para um estado

plano estao ilustradas na Figura 140. Observa-se que a distorcao

total no plano xy e dada por

γxy = εxy + εyx = 2εxy.

• Como a deformacao no ponto e tambem representada por um tensor

de 2a ordem, tem-se o mesmo comportamento do tensor de tensoes

no que se refere a transformacao de coordenadas.

211

Figura 140: Elementos de tensao e deformacao.

• Portanto, considere o estado plano de deformacao de um ponto dado

por εx, εy e εxy.

• Pode-se representa-lo segundo um outro plano qualquer x′y′ que

passe pelo ponto e girado de um angulo θ em torno do eixo z positivo.

• As componentes de deformacao εx′x′ e εx′y′ sao dadas de forma

analoga as componentes de tensao por

εx′x′ =εx + εy

2+

εx − εy

2cos 2θ + εxy sin 2θ, (258)

εx′y′ = −εx − εy

2sin 2θ + εxy cos 2θ. (259)

Observa-s que

εx′y′ =γx′y′

2.

• As deformacoes principais sao determinadas fazendo εx′y′ = 0 na

equacao (259) ou derivando (258) em relacao a θ resultando

ε1,2 = −εx − εy

2±

√

(

εx − εy

2

)2

+ ε2xy. (260)

212

• O angulo dos planos principais de deformacao sao dados por

tan 2θd =εxy

εx−εy

2

=γxy

εx − εy. (261)

• Para o caso geral de deformacoes, utiliza-se o problema de autovalor

para as a determinacao das deformacoes e direcoes principais

([E] − εn[I ]) {~n} = {~0}. (262)

• Para um material que segue a Lei de Hooke, as direcoes prinicipais

de tensao e deformacao coincidem.

• Assim como as tensoes, as deformacoes podem ser representadas por

um cırculo de MOHR conforme ilustrado na Figura 141.

Figura 141: Cırculo de Mohr para as deformacoes.

27.1 Exemplo 4

• Dado um ponto com εx = 0.0010mm/mm, εy = 0.00060mm/mm

e γxy = 0.0012rad, determinar as deformacoes principais e suas

direcoes usando um cırculo de Mohr.

213

Figura 142: Exemplo 4: cırculo de Mohr para as deformacoes.

– Centro do cırculo

C =εx + εy

2= 0.00080.

– Raio do cırculo

R =

√

(0.0012

2)2 + (0.0010 − 0.008)2 = 0.000632.

– Distorcao maximaγmax

2= R = 0.00060rad → γmax = 0.00120rad.

– Deformacoes principais

ε1 = 0.00080 + 0.000632 = 0.001432mm/mm,

ε2 = 0.0080 − 0.000632 = 0.000168mm/mm.

– O angulo de inclinacao do plano das deformacoes prinicipais e

dado por

tan 2θd =γxy

εx − εy=

0.0012

0.0010 − 0.0060= 3 →

214

2θd = 71.56o →{

θ′d = 35.78o

θ”d = 125.78o .

28 Medidas da Deformacao

• Para se fazer medidas de deformacao, utilizam-se sensores eletricos

(denominados strain gages) dispostos sobre o ponto de interesse.

• A associacao destes resistores sao conhecidas como rosetas. Estes

podem ser associados de diversas maneiras como sera visto mais a

frente.

• Para se saber o estado de deformacao em qualquer plano, e necessario

se ter pelo menos 3 medidas. Uma vez substituıdas nas equacoes

de transformacao de deformacao, devem fornecer um sistema de

equacoes cuja solucao resulte nas deformacoes normais e distorcao

no ponto.

• A disposicao destes sensores pode ser de 45o ou de 60o entre outras,

embora estas sejam as mais utilizadas (ver Figura 143). As posicoes

dos sensores devem ser bem proximas para que possam caracterizar

um ponto.

• Substituindo as medidas feitas pelos sensores εθ1, εθ2 e εθ3 nas equacoes

de transformacao de deformacao, tem-se

εθ1 = εx(cos θ1)2 + εy(sin θ1)

2 + γxy sin θ1 cos θ1





. (263)

• A solucao do sistema de equacoes anteriores fornece as componentes

de deformacao εx, εy e εxy.

215

Figura 143: Rosetas dispostas de 45o ou de 60o.

• Utilizando a roseta disposta em 45o, tem-se a partir do sistema de

equacoes anterior

εx = ε0o

εy = ε90o

ε45o = εx2 +

εy

2 +γxy

2

γxy = 2ε45o − (ε0o + ε90o)

.

• Para 60o,

εx = ε0o

εy = 2ε60o+2ε120o−ε0o

3

γxy = 2√3(ε60o − ε120o)

.

28.1 Exemplo 5

• A partir de uma roseta disposta em 45o, tem-se as seguintes medidas

ε0o = 0.0025mm/mm

ε45o = 0.0010mm/mm

ε90o = −0.0008mm/mm

.

216

Determinar as deformacoes principais e a distorcao maxima.

– Calculo da distorcao do plano de medicao

γxy = 2ε45o − (ε0o + ε90o)

= 2(0.0010) − (0.0025 + (−0.0008))

= −0.0013rad.

– Determinacao das deformacoes principais

ε1,2 = −εx − εy

2±

√

(

εx − εy

2

)2

+ ε2xy

= −0.0025 − 0.00080

2±

√

(

0.0025 − 0.0080

2

)2

+ (−0.0013)2

= 0.0085 ± 0.002101 →{

ε1 = 0.002951

ε2 = −0.001251.

– Calculo da distorcao maxima

γmax = 2

(

ε1 − ε2

2

)

= 0.00295 + 0.001251 = 0.004201rad.

29 Criterios de Escoamento e Fratura

• Os materiais duteis possuem uma fase de escoamento bem carac-

terıstica no diagrama de ensaio de tracao. Ja um material fragil, nao

ha praticamente escoamento (ver Figura 145).

• Deseja-se estabelecer criterios objetivos que permitam determinar se

um corpo de material dutil ou fragil ira falhar quando submetido a

carregamentos quaisquer.

• Os ensaios experimentais empregam um cilindro de parede fina (ver

Figura 144) e aplica-se uma pressao e uma tracao controlada e determinam-

se as tensoes desejadas.

217

Figura 144: Teste para determinar as tensoes limites.

Figura 145: Ensaios de tracao.

218

29.1 Teoria da Maxima Tensao de Cisalhamento (Criterio de Tresca)

• Essa teoria resulta da observacao que em materiais duteis escorrega-

mento ocorre durante o escoamento em planos criticamente orienta-

dos.

• Isso sugere que a maxima tensao de cisalhamento tem um papel fun-

damental. Assume-se, entao, que o escoamento do material depende

apenas da maxima tensao de cisalhamento no ponto.

• Quando um certo valor crıtico τcr e atingido, o escoamento se inicia.

• Quando um material esta sujeito a uma tracao ou compressao sim-

ples, ou seja, σx = ±σ1 e σy = τxy = 0, a tensao maxima de

cisalhamento ou tensao crıtica e dada por

τmax = τcr =∣

∣

∣±σ1

2

∣

∣

∣≤ σesc

2, (264)

sendo σesc a tensao de escoamento do material obtida do ensaio de

tracao.

Figura 146: Cırculo de MOHR para σx = σ1 e σy = 0.

219

• Quando um corpo esta sujeito a um estado plano de tensao, tem-se

duas situacoes:

1. Para σ1 e σ2 com mesmo sinal. Tomando ambas positivas e para

σ3 = 0, a Figura 148 ilustra o cırculo de Mohr respectivo. Nesse

caso, tem-se a mesma tensao de cisalhamento maxima do caso

unidimensional, ou seja,

τmax =∣

∣

∣±σ1

2

∣

∣

∣≤ σesc

2.

Logo, se |σ1| > |σ2|, tem-se que |σ1| nao pode exceder σesc.

Se |σ2| > |σ1|, tem-se que |σ2| nao pode exceder σesc.

Resumindo as condicoes anteriores

|σ1| ≤ σesc |σ2| ≤ σesc,

ou aindaσ1

σesc≤ ±1

σ2

σesc≤ ±1. (265)

Figura 147: Cırculo de MOHR para σ3 = 0 e σ1 e σ2 com mesmo sinal.

2. Quando as tensoes principais σ1 e σ2 tiverem sinais opostos e

σ3 = 0, o cırculo de Mohr correspondente esta ilustrado na Figura

para σ1 > 0 e σ2 < 0.

220

Figura 148: Cırculo de MOHR para σ3 = 0 e σ1 e σ2 com sinais opostos.

O maio cırculo passa por σ1 e σ2 e a tensao maxima e

τmax =(|σ1| + |σ2|)

2. (266)

Essa tensao maxima nao pode exceder o criterio de escoamento

do caso de tracao simples, ou seja, (τmax ≤ σesc2 ). Logo

| ± σ1 − σ2

2| ≤ σesc

2. (267)

Logo,σ1

σesc− σ2

σesc≤ ±1. (268)

• Colocando as duas condicoes anteriores (equacoes (265) e (268)) em

um grafico no plano σ1σesc

× σ2σesc

, como mostrado na Figura 149, tem-se

o polıgono de Tresca.

• Se o estado de tensao no ponto e tal que o mesmo seja representado

dentro da regiao do hexaedro de Tresca, o material permanece na

fase elastica.

• Caso o estado de tensao corresponda a um ponto sobre o contorno

do hexaedro, tem-se que o materail vai escoar indefinidamente.

221

Figura 149: Representacao do criterio da tensao maxima de cisalhamento.

• O criterio de Tresca e insensıvel a superposicao de um estado hidrostatico

de tensao (σ1 = σ2 = σ3). Ocorre apenas uma translacao dos cırculos

de Mohr.

• No caso geral de tensao, deve-se tomar a maior diferenca entre as

tensoes principais e verificar se a mesma nao excede a tensao de

escoamento do material.

• Define-se, entao, a tensao equivalente de Tresca da seguinte maneira

σtresca = max (|σ1 − σ2|, |σ1 − σ3|, |σ2 − σ3|) . (269)

• O material permanece na fase elastica se

σtresca < σesc. (270)

• O estado de tensao em cada ponto da viga de Timoshenko e dado

por (σx, τxy) com

σx(x) = −Mz(x)

Iz(x)y,

222

τxy = −Vy(x)Msz(x)

b(y)Iz(x).

As tensoes principais correspondentes sao dadas por

σ1 =σx

2+

√

(σx

2

)2

+ τ 2xy,

σ2 =σx

2−√

(σx

2

)2

+ τ 2xy,

σ3 = 0.

A tensao equivalente de Tresca sera

σtresca = σ1 − σ3 =σx

2+

√

(σx

2

)2

+ τ 2xy.

29.2 Teoria da Maxima Energia de Distorcao (Criterio de von Mises)

• Aplica-se tambem para materiais duteis.

• Considere o estado de tensao em um ponto dado por segundo as

direcoes principais

[T ] =

σ1 0 0

0 σ2 0

0 0 σ3

.

• O tensor acima pode ser reescriro na seguinte forma

[σ] =

σp 0 0

0 σp 0

0 0 σp

+

σ1 − σp 0 0

0 σ2 − σp 0

0 0 σ3 − σp

,(271)

com

σp =σ1 + σ2 + σ3

3.

223

• O tensor descrito por σp e chamado de tensor esferico, hidrostatico

ou de dilatacao. Lembre-se que a dilatacao e dada por

e = ε1 + ε2 + ε3.

• Substituindo a Lei de Hooke generalizada, , ou seja,

ε1 =σ1

E− ν

σ2

E− ν

σ3

E,

ε2 =σ2

E− ν

σ1

E− ν

σ3

E,

ε3 =σ3

E− ν

σ1

E− ν

σ2

E,

tem-se

e =1 − 2ν

E(σ1 + σ2 + σ3) =

3(1 − 2ν)

Eσp.

• O tensor dado pela diferenca das tensoes principais e hidrostatica e

chamado de tensor desviador ou de distorcao.

• A decomposicao do tensor de tensoes geral e ilustrada na Figura 150.

O caso uniaxial de tensao e mostrada na Figura 151

Figura 150: Decomposicao do estado geral de tensao.

• A densidade de energia de deformacao de um corpo e dada por:

U =1

2(σxεx + σyεy + σzεz + τxyγxy + τyzγyz + τxzγxz). (272)

224

Figura 151: Decomposicao do estado uniaxial de tensao.

Segundo as direcoes principais

U =1

2(σ1ε1 + σ2ε2 + σ3ε3). (273)

• Substituindo a Lei de Hooke generalizada na expressao anterior e

simplificando

U =1

2E(σ2

1 + σ22 + σ2

3) −ν

E(σ1σ2 + σ2σ3 + σ3σ1). (274)

• A densidade de energia de deformacao da parcela de dilatacao do

tensor de tensoes e obtida substituindo σ1 = σ2 = σ3 = σp na

expressao anterior. Logo,

Udilat =3(1 − 2ν)

Eσ2

p =(1 − 2ν)

6E(σ1 + σ2 + σ3)

2. (275)

• Subtraindo (275) da energia total dada pela equacao (274), obtem-se

a energia de distorcao, Udist. Lembrando que G = E2(1+ν), vem que

Udist =1

12G((σ1 − σ2)

2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ2)

2) (276)

• De acordo com a teoria da maxima energia de distorcao, o material

em um estado geral de tensao ira escoar quando a energia de distorcao

anterior for igual a energia de distorcao maxima obtida de um ensaio

de tracao.

225

• No ensaio uniaxial de tracao, tem-se σ2 = σ3 = 0 e o escoamento

se inicia quando σ1 = σesc. Logo, a energia de distorcao maxima no

ensaio de tracao e

U1d =2σ2

esc

12G. (277)

• Igualando (276) e (277), tem-se

(σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)

2 + (σ3 − σ2)2 = 2σ2

esc. (278)

• Para um estado plano de tensao, tem-se σ3 = 0 e a expressao anterior

simplifica-se para

(

σ1

σesc

)2

−(

σ1

σesc

σ2

σesc

)

+

(

σ2

σesc

)2

= 1. (279)

• A expressao anterior representa a equacao de uma elıpse no planoσ1

σesc× σ2

σescconforme ilustrado na Figura 152.

• Qualquer estado de tensao cuja representacao seja um ponto no in-

terior da elipse, tem-se que o material se comporta elasticamente.

Pontos no contorno da elipse implicam que ocorre escoamento do ma-

terial. No descarregamento, o material comporta-se elasticamente.

• Essa teoria tambem nao prediz resposta do material quando esta-

dos de tensoes hidrostaticos de tensao sao adicionados, pois apenas

diferencas entre as tensoes estao envoldidas na equacao (276). As-

sim, adicionando-se tensoes constantes nao se altera a condicao de

escoamento.

• A partir de (278), define-se a tensao equivalente de von Mises como

σeqv =

√

1

2((σ1 − σ2)2 + (σ2 − σ3)2 + (σ3 − σ2)2). (280)

226

Figura 152: Grafico para a maxima energia de distorcao.


σeqv < σesc. (281)

• Para o caso da viga de Timoshenko, substituindo as tensoes prin-

cipais calculadas anteriormente na expressao (280) e simplificando

obtem-se

σeqv =√

σ2x + 3τ 2

xy. (282)

29.3 Comparacao entre os Criterios de Tresca e von Mises paraTensao Plana

• O criterio de Tresca esta baseado na maxima tensao de cisalhamento

no ponto mais solicitado do corpo.

• O criterio de von Mises considera a energia causada pelas deformacoes

cisalhantes em um corpo tridimensional.

227

• Como as tensoes cisalhantes sao os principais parametros nos dois

criterios, nota-se que existe uma grande semelhanca entre os mesmos.

A teoria de Tresca e mais conservativa.

• A Figura 153 ilustra o hexagono de Tresca e a elıpse de von Mises para

o caso de tensao plana. O escoamento do material ocorre quando o

estado de tensao esta nos contornos do hexagono ou da elıpse.

Figura 153: Comparacao dos criterios de escoamento de Tresca e von Mises.

• As tensoes uniaxiais dadas pelas duas teorias sao as mesmas corre-

spondendo a compressao ou tracao simples.

• Os criterios de escoamento no segundo e quarto quadrantes indicam

menores resistencias ao escoamento do que para tensoes uniaxiais.

• A maior discrepancia ocorre quando duas das tensoes principais sao

iguais mas com sinais opostos, ou seja, para ±σ1 = ∓σ2. Esse estado

de tensao ocorre por exemplo na torcao de tubos de paredes finas.

Pelo criterio de Tresca, essas tensoes podem atingir no maximo o

valor de σesc/2. O criterio de von Mises limita essas tensoes para

σesc/√

3 = 0, 577σesc.

228

29.4 Teoria da Maxima Tensao Normal (Criterio de Rankine)

• Aplica-se para materiais frageis.

• Assume que a falha ou fratura ocorre quando a maxima tensao nor-

mal em um ponto atinge um certo valor crıtico.

• Este e um criterio que utiliza apenas a maior tensao principal, ou

seja, a maior tensao principal desenvolvida e comparada com a tensao

ultima (σult).

• Assim, a falha ocore quando

σ1 = σult. (283)


σ1 < σult. (284)

• A tensao ultima σult para o material e determinada pelo ensaio de

tracao simples.

• A Figura 154 representa o criterio de Rankine.

229

Figura 154: Representacao da teoria da maxima tensao normal.

• A Figura 155 apresenta uma comparacao entre os 3 criterios anteri-

ores.

Figura 155: Comparacao das 3 teorias.

230

METODOS DE ENERGIA

30 Energia de Deformacao

• Considere a formulacao do problema de barras em tracao e com-

pressao ilustrada na Figura 156.

Figura 156: Formulacao do modelo de barras.

• A expressao de trabalho interno de deformacao pode ser reescrita

como

Ti =

∫

V

σ(x)ε(x)dV =

∫ L

0

(∫

A

σ(x)dA)

)

ε(x)dx

=

∫ L

0

Nx(x)ε(x)dx. (285)

231

ou ainda

Ti =

∫ L

0

σ(x)ε(x)

(∫

A

dA

)

dx =

∫ L

0

σ(x)ε(x)A(x)dx. (286)

• O integrando σ(x)ε(x) na expressao

Ti =

∫

V

σ(x)ε(x)dV

representa uma densidade de energia de deformacao, ou seja,

[σ(x)ε(x)] =N

m2

m

m=

Nm

m3.

• Define-se a energia de deformacao U como metade do trabalho in-

terno Ti

U =1

2Ti =

1

2

∫

V

σ(x)ε(x)dV . (287)

• Denota-se a densidade de energia de deformacao por

U0 =1

2σ(x)ε(x). (288)

• Logo

U =

∫

V

U0dV . (289)

• A densidade de energia de deformacao pode ser interpretada como

a area do diagrama σ × ε do diagrama de ensaio de tracao na fase

elastica, conforme ilustrado na Figura 157.

232

Figura 157: Grafico do diagrama de ensaio de tracao.

• Da lei de Hooke, tem-se

σ(x) = E(x)ε(x). (290)

• Substituindo a equacao (290) em (287) tem-se

U =1

2

∫

V

E(x)ε2(x)dV , (291)

ou ainda

U =1

2

∫

V

σ2(x)

E(x)dV . (292)

• Pode-se denotar a energia de deformacao em termos da forca normal

como

U =1

2

∫ L

0

σ(x)ε(x)A(x)dx =1

2

∫ L

0

Nx(x)ε(x)dx

=1

2

∫ L

0

Nx(x)ε(x)dx =1

2

∫ L

0

N 2x(x)

E(x)A(x)dx. (293)

233

Figura 158: Barra com carregamento na extremidade.

• Para o caso da barra da Figura 158 com uma carga axial P na extre-

midade, seccao transversal constante e de mesmo material, tem-se,

respectivamente, Nx(x) = P , A(x) = A e E(x) = E.

A energia de deformacao sera dada por

U =1

2

P 2

EA

∫ L

0

dx =1

2

P 2L

EA. (294)

Lembrando que o alongamento da barra e dado por

δ =PL

EA,

tem-se que a energia de deformacao pode ser escrita como

U =EAδ2

2L. (295)

• Para uma viga sujeita a flexao pura a energia de deformacao sera

dada, de forma analoga, por

U =1

2Ti =

1

2

∫

V

σ(x)ε(x)dV =1

2

∫

V

σ2(x)

E(x)dV . (296)

234

• Lembrando que a tensao normal e dada por

σ(x) = −Mz(x)

Iz(x)y,

substitui-se a equacao anterior na equacao (292), obtendo-se

U =1

2

∫

V

M 2z (x)

E(x)I2z (x)

y2dV =1

2

∫ L

0

(∫

A

y2dA

)(

M 2z (x)

E(x)I2z

dx

)

.

Simplificando, chega-se a seguinte expressao

U =1

2

∫ L

0

M 2z (x)

E(x)Izdx. (297)

• Para o caso de torcao circular, a energia de deformacao e dada por

U =1

2Ti =

∫

V

τt(x)γt(x)dV . (298)

• No caso de torcao circular a tensao de cisalhamento e dada por

τt =Mx(x)

Ip(x)r

e a lei de de Hooke e

τt = Gγt G =E

2(1 + ν).

• Substituindo as equacoes anteriores na equacao (298), tem-se

U =1

2

∫

V

τ 2t (x)

G(x)dV =

1

2

∫

V

M 2x(x)

G(x)I2p (x)

r2dV

=1

2

∫ L

0

(∫

A

r2dA

)

M 2x(x)

G(x)I2p (x)

dx.

235

• Simplificando

U =1

2

∫ L

0

M 2x(x)

G(x)Ip(x)dx. (299)

• No caso de uma viga em flexao com cisalhamento a energia de de-

formacao e dada por

U =1

2Ti =

1

2

∫

V

(σ(x)ε(x) + τ (x)γ(x))dV .

• Como

τ (x) =Vy(x)

Kc(x)A(x),

tem-se que

U =1

2

∫ L

0

[

M 2z (x)

E(x)Iz(x)+

V 2y (x)

Kc(x)A(x)

]

dx. (300)

• Para o caso geral de um corpo solido, a energia de deformacao e dado

por

U =1

2

∫

V

[σxxεxx + σyyεyy + σzzεzz + τxyγxy + τxyγxy + τxyγxy] dV .(301)

[T ] =

σxx τxy τxz

σxy σyy τyz

σxz τyz σzz

. (302)

236

31 Deslocamentos por Conservacao de Energia

• Num sistema conservativo, energia nao pode ser criada ou destruıda.

Logo,

TRABALHO REALIZADO = VARIACAO DA ENERGIA.

• Para um sistema estrutural

We = U, (303)

sendo We o trabalho total ralizado pelas forcas externas e U a energia

de deformacao total armazenada no sistema.

• O trabalho total deve ser nulo, ou seja,

W = We − Wi = 0, (304)

sendo Wi o trabalho das forcas internas.

Logo

We = Wi (305)

e

U = Wi. (306)

32 Princıpio dos Trabalhos Virtuais

32.1 Metodo do Deslocamento Virtual

• Considere o equilıbrio estatico da alavanca ilustrada na Figura 159.

• Para avaliar a condicao de equilıbrio da alavanca rıgida, aplica-se

uma rotacao virtual no ponto B. Os pontos de aplicacao das forcas

sofrem deslocamentos virtuais δ∆1 e δ∆2.

237

Figura 159: Alavanca.

• Supondo a alavanca como um sistema conservativo, tem-se

W = We − Wi = 0. (307)

• Para uma alavanca rıgida, tem-se Wi = 0.

• O trabalho das forcas externas e dado por

We = P1δ∆1 − P2δ∆2 = 0. (308)

Por semelhanca de triangulos, tem-se que

δ∆1

a1=

δ∆2

a2→ δ∆1 =

a1

a2δ∆2.

Logo,

W =

(

P1a1

a2− P2

)

δ∆2 = 0 → P1a1 = P2a2. (309)

238

• Para o caso de corpos deformaveis, o trabalho total tambem e nulo,

ou seja,

W = We − Wi = 0. (310)

Neste caso,

Wi = U. (311)

Consequentemente, We = 0.

• Para exemplificar considere a mola de massa desprezıvel ilustrada na

Figura 160, a qual suporta uma massa rıgida P .

Figura 160: Deslocamento de uma mola com uma forca P.

• Os trabalhos interno e externo sao dados, respectivamente, por

δWi = −Fδ∆ e δWe = Pδ∆. (312)

• O trabalho interno pode ser calculado tomando-se a reacao F sobre

a mola. Logo:

δWei= Fδ∆ ou δWi = −δWei

.

239

Portanto,

δWe = −δWi = δWei. (313)

A partir daı,

Pδ∆ = Fδ∆ → (P − F )δ∆ = 0, (314)

e a equacao de equilıbrio resulta em

P = F.

32.2 Metodo das Forcas Virtuais

• Neste metodo os trabalhos externo e interno sao calculados multiplicando-

se forcas virtuais por deslocamentos reais.

• Para ilustrar este metodo considere o sistema de mola mostrado na

Figura 161.

Figura 161: Deslocamento de uma mola com uma forca P .

240

• Aplica-se inicialmente a forca virtual δP e por equilıbrio com a forca

interna δF vem que

δP = δF.

• Posteriormente, o deslocamento real ∆ e permitido e o trabalho total

e nulo

W ∗ = δW ∗e − δW ∗

i = 0.

Neste caso,

δW ∗e = δP∆ e δW ∗

i = −δF∆.

• Analogamente, reescreve-se δW ∗i como

δW ∗ei

= δF∆.

Portanto,

δW ∗ei

= δW ∗i

e

δW ∗e = δW ∗

ei.

• Para o sistema considerado δP = δF e δP∆ = δF∆m. Logo,

∆ = ∆m e denominada equacao de compatibilidade cinematica.

241

Figura 162: Corpo elastico.

32.3 Deflexoes por Forcas Virtuais

• De forma geral o Princıpio do Trabalho Virtual (PTV) e escrito como

TRABALHO VIRTUAL EXTERNO = TRABALHO VIRTUAL

INTERNO.

• A relacao anterior nao e limitada para problemas elasticos.

• Considere o corpo elastico ilustrado na Figura 162.

• Deseja-se determinar a deflexao do ponto A na direcao de AB devido

a deformacao do corpo. Para isso, aplica-se o procedimento:

1. Aplica-se uma forca virtual δP em A na direcao de AB no corpo

descarregado. A forca δP causa forcas internas no corpo, deno-

tadas por δF , as quais sao determinadas por equilıbrio estatico.

2. Aplicam-se entao as forcas reais no corpo. Tem-se entao as de-

formacoes reais nos pontos do corpo. O ponto A se desloca de

δ.

• Pelo PTV, tem-se o esquema ilustrado na Figura 163.

242

Figura 163: Forcas virtuais.

• Como δP e arbitrario, pode-se considerar δP = 1. Logo:

1 · ∆ =∑

p · u, (315)

sendo

1 =forca virtual unitaria,

∆ =deslocamento real de um ponto na direcao

da forca unitaria virtual,

p =forcas internas virtuais em equilıbrio

com a forca unitaria virtual,

u =deslocamentos intenos reais de um corpo.

32.3.1 Aplicacao do MFV em Barras

• Considere a barra fixa na extremidade superior e solicitada por uma

forca constante na extremidade live conforme ilustrado na Figura

164.

O deslocamento da barra e dado por

u =FL

AE.

243

Figura 164: Deslocamento de uma barra sujeita a uma forca F .

Para n barras, tem-se

1 · ∆ =

n∑

i=1

pi ·FiLi

EiAi. (316)

• Aplica-se uma forca unitaria virtual na direcao do deslocamento de-

sejado.

32.3.2 Aplicacao do MFV em Vigas

• Para se obter a deflexao num ponto, aplica-se um carregamento

virtual unitario na direcao do deslocamento, conforme exemplificado

na Figura 165. Nesse caso, m e o momento fletor na viga devido ao

carregamento virtual unitario.

Aplica-se entao o carregamento real e obtem-se o diagrama do mo-

mento fletor.

Lembrando a relacao entre momento fletor e deslocamento transver-

sal

Mz(x) = EIzd2v(x)

dx2= EIz

d

dx

(

dv(x)

dx

)

.

244

Figura 165: Carregamento virtual unitario na direcao do deslocamento.

A rotacao em torno do eixo z e

θz(x) =dv(x)

dx.

Logo,

dθz =Mz(x)

EIzdx. (317)

Empregando o MFV, vem que

1 · ∆ =

∫ L

0

mMz

EIzdx. (318)

• Para obter a rotacao num ponto, aplica-se um binario (momento

puro) unitaro no ponto em que se deseja calcular a rotacao e traca-

se o diagrama do momento fletor virtual m, conforme ilustrado na

Figura 166.

245

Figura 166: Viga com momento unitario.

Aplica-se agora o carregamento real na viga e determina-se a equacao

para Mz(x). A partir daı, calcula-se a rotacao como

1 · ∆ =

∫ L

0

mMz

EIzdx. (319)

Neste caso, 1 e o momento virtual unitario.

246

32.4 Exemplo

Para a viga ilustrada na Figura 167, pede-se:

1. a rotacao no ponto C utilizando o princıpio da conservacao de ener-

gia;

2. a rotacao no ponto B atraves do metodo das forcas virtuais.

Figura 167: Exemplo 1.

• Calculo das reacoes∑

Fy = 0 : RAy + RBy = 0,∑

MzA= 0 : 2

3RAy − Mc = 0.

Logo, RAy = −32

McL e RBy = 3

2McL .

Os diagramas da forca cortante e do momento fletor para o carrega-

mento real na viga estao ilustrados na Figura 168.

• A energia de deformacao associada ao carregamento real e dada pela

seguinte expressao

U =1

2E

∫ L

0

M 2z (x)

Iz(x)dx +

1

2G

∫ L

0

V 2y (x)

Kc(x)A(x)dx.

247

Figura 168: Diagramas dos carregamentos reais do Exemplo 1.

Substituindo as equacoes das retas dos diagramas de Vy(x) e de

Mz(x) nos intervalos 0 < x < 2/3L e 2/3L < x < L vem que

U =1

2E bh3

12

(

∫ 2/3L

0

9

4

M 2c

L2dx +

∫ L

2/3L

M 2c dx

)

+1

2Gbh

6

5

(

∫ 2/3L

0

9

4

M 2c

L2dx +

∫ L

2/3L

02dx

)

=10M 2

c

3Ebh3+

9M 2c

10GbhL.

• Aplicando o Princıpio da Conservacao da Energia

We = U1

2Mcθc =

10M 2c

3Ebh3+

9M 2c

10GbhL.

Logo,

1

2Mcθc =

20Mc

3Ebh3+

9Mc

5GbhL.

248

• Considere o sistema auxiliar ilustrado na Figura 299 no qual aplicou-

se um momento virtual em B.



• A variacao da energia de deformacao e dada por

U =1

2E

∫ L

0

mz(x)Mz(x)

Iz(x)dx +

1

2G

∫ L

0

Vy(x)Vy(x)

KcA(x)dx

=12

2Ebh3

∫ 23L

0

(

−3

2

m(x)

L

)(

−3

2

Mc

Lx

)

dx +

249

1

2Gbh

6

5

∫ 23L

0

(

−3

2

m

L

)(

−3

2

Mc

L

)

dx.

Logo,

δU =8

3

mMcL

Ebh3+

5

4

mMc

GbhL.

• Pelo Metodo das Forcas Virtuais

δW = δU → mθz = δU → θb =8

3

McL

Ebh2+

5

4

Mc

GbhL.

250

INTRODUCAO AO METODO DE ELEMENTOS

FINITOS

33 Introducao

• Considera-se aqui problemas descritos por equacoes diferenciais, tais

como:

– Tracao:

dNx(x)

dx= −p(x), EA

d2u(x)

dx2= −p(x);

– Torcao:

dMx(x)

dx= −t(x), GIp

d2θx(x)

dx2= −t(x);

– Flexao:

d2Mz(x)

dx2= q(x), EIz

d4v(x)

dx4= q(x);

• A solucao das equacoes anteriores resultam nas seguintes funcoes

tracao → u(x) e Nx(x);

torcao → θx(x) e Mx(x);

flexao → Vy(x), Mz(x), θz(x), v(x).

• Nem sempre e possıvel resolver as equacoes diferenciais de forma

analıtica. Procura-se entao uma solucao aproximada.

• No exemplo a seguir para uma viga com materiais de modulos de

elasticidade E1 e E2, a solucao da equacao diferencial de flexao

d2

dx

(

E(x)Iz(x)d2v(x)

dx2

)

= q(x).

251

Figura 171: Viga com dois materiais distintos.

nao pode ser feita empregando o procedimento padrao de integracao

de toda a viga.

• Quando nao e possıvel obter uma solucao analıtica v(x), procura-se

uma solucao aproximada denotada por vh(x), em geral, obtida por

um processo de interpolacao.

Figura 172: Soluc oes analıtica e aproximada para um problema de viga.

252

• O erro na aproximacao e dado por

e(x) = v(x) − vh(x).

• O Metodo de Elementos Finitos (MEF) e um procedimento numerico

para a solucao de equacoes diferenciais baseado em interpolacao por

partes.

• Para isso, particiona-se o domınio do problema (comprimento, area

ou volume) num conjunto de nos e elementos denominado malha de

elementos finitos.

• A Figura 173 ilustra uma malha para uma viga de comprimento L.

Figura 173: Dominio discretizado.

• Denomina-se vh(x) como solucao discreta e de solucao contınua v(x)

obtida da solucao da equacao diferencial.

• A medida que o numero de nos cresce o tamanho dos elementos

diminui, a solucao aproximada deve tender a v(x).

v(x) = limh→0

vh(x)

253

34 Programa ANSYS

• O programa ANSYS e baseado na construcao de solucoes aproxi-

madas das equacoes diferenciais empregando o MEF.

• O programa ANSYS posssui 3 modulos principais:

– Pre-processador: usado para a entrada de dados tais como pro-

priedades de materiais e geometricas e a malha de elementos

finitos.

– Solucao: entrada de dados de carregamento, condicoes de con-

torno e tipo de analise. Esses dados completam o modelo discreto

e a partir daı, obtem-se a solucao do problema.

– Pos-processador: mostra os resultados de formas numerica e

grafica.

35 Exemplo de uma Viga Engastada

• Considere a viga engastada da Figura 35.

(a) Viga engastada. (b) Secao transversal.

• Para a solucao analıtica, adota-se o modelo de flexao pura de Euller-

Bernoulli. Considerando-se E (x) = E e Iz (x) = Iz constantes,

254

tem-se

EIzd4v (x)

dx4= q0. (320)

– As condicoes de contorno do problema sao

v (0) = 0;

θz (0) = 0;

Mz (L) = 0;

Vy (L) = 0.

– 1o integracao : Vy (x) = EIzd3v (x)

dx3= q0x + C1;

– 2o integracao : Mz (x) = EIzd2v (x)

dx2=

q0x2

2+ C1x + C2;

– 3o integracao : θz (x) =dv (x)

dx=

1

EIz

(

q0x3

6+

C1x2

2+ C2x + C3

)

;

– 4o integracao : v (x) =1

EIz

(

q0x4

24+

C1x3

6+

C2x2

2+ C3x + C4

)

;

– Aplicando as condicoes de contorno

v (0) = 0 ⇒ C4 = 0;

θz (0) = 0 ⇒ C3 = 0;

Mz (L) = 0 ⇒ C2 =q0L

2

2;

Vy (L) = 0 ⇒ C1 = −q0L.

– As equacoes finais sao

v (x) =1

EIz

(

q0

24x4 − q0L

6x3 +

q0L2

4x2

)

;

255

θz (x) =1

EIz

(

q0

6x3 − q0L

2x2 +

q0L2

2x

)

;

Mz (x) =q0

2x2 − q0Lx +

q0L2

2;

Vy (x) = q0x − q0L.

• A solucao por elementos finitos foi feita com o ANSYS usando dois

modelos. O primeiro modelo utiliza elementos unidimensionais do

tipo viga denominado BEAM3. O segundo modelo analisa a viga

como um corpo solido e emprega o elemento SOLID45.

Foram usadas as seguintes propriedades de material:

modulo de Young E = 21 × 106tf/m2,

coeficiente de Poisson ν = 0, 3.

• Arquivo de entrada do Ansys para modelo unidimensional de viga

com 11 elementos.

!PRE-PROCESSADOR

/PREP7

/TITLE,VIGA - 10 ELEMENTOS

EX,1,21E6 **Modulo de elasticidade do material da viga

ET,1,BEAM3 **Tipo do elemento: viga

R,1,2.25E-2,1.922E-04,30E-2 **Area, Izz, h

N,1,0,0 **Definicao dos nos

N,11,2,0

NPLOT

FILL **Gera nos intermediarios

/PNUM,NODE,1

NPLOT

256

NLIS

E,1,2 **Definicao dos elementos

EGEN,10,1,1,1,1 **Gerao restante dos elementos

/PNUM,ELEM,1

EPLOT

D,1,ALL,0 **Engastado no no 1

**Carga distribuida de -1 t/m na face do elemento 1

EP,1,1,1,0,10,1

/PBC,ALL,1 **Mostracondicoes de contorno

/VIEW,1,1,1,1 **Vistaem perspectiva

EPLO **Plot dos elementos

SAVE **Salva dados

FINI **Abandona prep7

!SOLVER

/SOLU

SOLVE

FINI **Abandona SOLVER

257

Figura 174: Malha 1D de 11 nos.

258

• Arquivo de entrada do Ansys para modelo 3D

!PRE-PROCESSAMENTO

/PREP7

/title,Viga - Geracao Automatica em Volumes

! Material

mp,ex,1,21e6 * E = 210GPa

mp,nuxy,1,0.3 * Coeficiente de Poisson

! Tipo Elemento

et,1,SOLID45 * Elemento Solid45: 3D Isopara. Solid

!Parametros definindo a secao em metros

a=5e-2

b=5e-2

c=25e-2

d=20e-2

!Comprimento da viga em m

len=2

!Valor da carga distribuida em N/m^2

q=5

!Posicoes inicial e final da carga distribuida

xi=0

xf=len

259

!Secao do engaste (x=0)

cc=0

! Keypoints

k, 1, 0, 0 *alma

k, 2, b, 0

k, 3, 0, c

k, 4, b, c

k, 5, -(d-b)/2, c * topo

k, 6, -(d-b)/2, c+a

k, 7, 0, c+a

k, 8, b, c+a

k, 9, b+(d-b)/2, c+a

k, 10, b+(d-b)/2, c

kplot

! Linha para o Vdrag (numero 1)

k,11,0,0,len * kpoint

l,1,11 * linha (no. 1)

/view,1,1,1,1 * Observador em (1,1,1)

kplot

! Areas

a,1,3,4,2 * alma

a,3,5,6,7

a,3,7,8,4 * topo

a,4,8,9,10

aplot

260

! Vdrag (gera volume por extrusao de areas)

vdrag,all,,,,,,1 * areas 1-6 ao longo da linha 1

! Ajusta o modelo gerado

numm,all * executa um merge das entidades

! Controle/Geracao Automatica

lesize,1,,,20 *numero de divisoes ao longo do comprimento

esize,0.02 *tamanho medio do elemento igual a len/10

eshape,2 *geracao com apenas cubos

vmesh,all *gera malha

eplot *grafico da malha gerada

save *Salva dados

fini *Abandona prep7

!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!

!SOLVER

/solu

! Restricoes

nsel,s,loc,z,cc *seleciona todos os noz com z=0

d,all,all,0 *viga engastada numa extremidade

nall

! Carregamento

! (Carga distribuida de q kgf/cm\symbol{94}2 no topo)

nsel,s,loc,y,a+c

nsel,r,loc,z,xi,xf

sf,all,press,q * pressao nas areas selecionadas

261

nall * seleciona todas as areas

! Transporta B.C. para o mesh

sbctran

! Visualiza

/pbc,all,1

/psf,press,2

eplot

!Resolve modelo

solve

fini **Abandona SOLVER

• A tabela abaixo mostra os deslocamentos nodais obtidos analitica-

mente, atraves do modelo unidimensional e empregando o modelo

solido. A solucoes analıtica e do ANSYS para o modelo unidimen-

sional de vigas coincidem nos pontos nodais. O modelo solido apre-

senta deslocamentos maiores, visto que o seu equacionamento possui

mais informacoes que o modelo unidimensional de viga. Portanto, e

mais flexıvel e permite maiores deflexoes.

262

Figura 175: Modelo tridimensional de viga no Ansys.

263

Figura 176: Tensoes de Von Mises no modelo solido.

264

Distancia (m) Sol.Analıtica (m) Elem.Viga (m) Elem.Solido (m)

0.0 0.00 0.00 0.00

0.2 −9.27 × 10−6 −9.27 × 10−6 −1.22 × 10−5

0.4 −3.46 × 10−5 −3.46 × 10−5 −3.99 × 10−5

0.6 −7.28 × 10−5 −7.23 × 10−5 −8.00 × 10−5

0.8 −1.21 × 10−4 −1.21 × 10−4 −1.29 × 10−4

1.0 −1.76 × 10−4 −1.76 × 10−4 −1.86 × 10−4

1.2 −2.38 × 10−4 −2.35 × 10−4 −2.47 × 10−4

1.4 −2.99 × 10−4 −2.99 × 10−4 −3.10 × 10−4

1.6 −3.64 × 10−4 −3.64 × 10−4 −3.75 × 10−4

1.8 −4.30 × 10−4 −4.29 × 10−4 −4.41 × 10−4

2.0 −4.96 × 10−4 −4.95 × 10−4 −5.07 × 10−4

• A comparacao entre as tensoes no modelo 1D e 3D estao mostradas

na tabela abaixo, para um ponto distante 1,4m da origem na borda

superior da viga.

Modelo 1D Modelo 3D

Tensao de VonMises(

tf/m2)

101, 43 99, 972

Tensao de Tresca(

tf/m2)

101, 43 113, 06

Tensao Uniaxial(

tf/m2)

101, 43 106, 81

• Comparacao entre solucao exata e a solucao por elementos finitos

com discretizacao de 4 nos.

265

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 20

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

1.6

1.8

2Comparação Sol. Exata x Sol. FEM

Distância − m

For

ça C

orta

nte

− tf

sol. exatasol. fem

Figura 177: Forca Cortante.

266

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5Comparação Sol. Exata x Sol. FEM

Distância − m

Mom

ento

Fle

tor

− tf

m

sol. exatasol. fem

Figura 178: Momento Fletor.

267

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2−200

0

200

400

600

800

1000

1200Comparação Sol. Exata x Sol. FEM

Distância − m

Ten

são

Nor

mal

− tf

/m2

sol. exatasol. fem

Figura 179: Tensao Normal.

268

Metodologia de ensino Suporte Etapas da formula˘c~ao...

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