VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS E … · Capítulo VIII - Vigas Estaticamente Indeterminadas e...

J. F. Silva Gomes, FEUP - Porto, 2009

CAPÍTULO VIII

VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS E ENCURVADURA

8.1. RESUMO DA TEORIA

8.1.1. Introdução

Nos Capítulos V e VI foram abordados os problemas da determinação das tensões e das deformações em vigas para vários tipos de carregamento e suporte. Em todos os casos considerados anteriormente, foi sempre possível determinar as reacções nos apoios usando apenas as equações de equilíbrio da estática. Tais vigas são habitualmente classificadas como vigas isostáticas ou vigas estaticamente

determinadas.

No presente capítulo serão analisados outros tipos de vigas, em que o número de reacções desconhecidas excede o número de equações de equilíbrio independentes disponíveis, sendo necessário utilizar equações adicionais baseadas na deformação da viga. Nestes casos as vigas são classificadas como vigas hiperstáticas ou vigas estaticamente

indeterminadas.

Embora somente vigas estaticamente indeterminadas sejam analisadas neste capítulo, os princípios e os conceitos fundamentais aqui utilizados têm aplicações muito mais amplas na generalidade dos outros tipos de estruturas hiperstáticas.

8.1.2. Tipos de Vigas Estaticamente Indeterminadas

Na Fig.8.1 estão representados os casos mais comuns de vigas estaticamente indeterminadas e que ilustram bem a natureza dum sistema hiperstático. No caso da Fig 8.1(a), por exemplo, trata-se de uma viga encastrada numa das extremidade e apoiada na outra, muitas vezes também designada por viga em consola apoiada. As reacções, neste

2 Mecânica dos Materiais e Estruturas Lineares. Teoria e Aplicações


caso, são as forças vertical e horizontal no apoio A, um momento nesse mesmo apoio e uma força vertical no suporte B. Como se dispõe apenas de três equações de equilíbrio estático, há uma reacção a mais e a viga diz-se que é estaticamente indeterminada do primeiro grau.

As reacções em excesso são chamadas reacções redundantes e têm de ser seleccionadas caso a caso. Por exemplo, na situação representada na Fig.8.1(a), pode optar-se por escolher RB como a única reacção redundante ou, em alternativa, o momento de encastramento MA. Na primeira opção, o apoio em B deverá ser removido e substituído pela reacção correspondente como mais uma força externa, Fig. 8.2(a), que tratada como uma incógnita do problema. Caso se escolha a segunda opção, o encastramento em A deverá substituído por um apoio simples e incluir mais uma solicitação externa como incógnita, correspondente ao momento de encastramento MA, conforme indicado na Fig.8.2(b).

Fig. 8.2 – Viga em consola apoiada e respectivas primárias

1P

A2P

q1P

A2P

q

1P

A2P

q

B BAM

BR

B

)(a )(b

AH

AR

AM

BR

Fig. 8.1 – Vigas estaticamente indeterminadas

1P 2Pq

A

B

C

)(dARBR

CR

1P 2Pq

A B

)(c

AM

AH

AR BR

BH

BM

1P 2Pq

A B

)(b

AH

AR

AM

BR

k

1P

A B

)(a

AH

AR

AM

BR

2Pq

Capítulo VIII - Vigas Estaticamente Indeterminadas e Encurvadura 3


A estrutura que resulta da remoção das ligações redundantes diz-se a estrutura livre ou estrutura primária. Esta deve constituir sempre uma estrutura estaticamente determinada ou isostática, permitindo a obtenção dos esforços internos, tensões e deslocamentos em função das reacções

redundantes que foram libertadas.

A situação representada na Fig.8.1(b) corresponde a uma viga consola com apoio elástico ou flexível na extremidade B e é semelhante ao caso anterior, com a única diferença de que a reacção em B é proporcional ao deslocamento nesse ponto. As reacções indeterminadas são novamente RA, HA, MA e RB, dispondo-se também e apenas das mesmas três equações da estática.

Na Fig.8.1(c) está representada uma viga encastrada nas duas extremidades (viga bi-encastrada), tendo como reacções desconhecidas quatro forças (RA, HA, RB e HB) e dois momentos (MA e MB). As habituais três equações da estática têm de ser complementadas, neste caso, por outras três equações baseadas na deformação da viga. Diz-se que a viga é estaticamente indeterminada do terceiro grau. Possíveis vigas primárias para este caso podem ser consideradas, por exemplo, qualquer uma das situações representadas na Fig.8.3.

Se forem seleccionadas como redundantes as três reacções na extremidade B, por exemplo, e removidas as restrições correspondentes, obter-se-á uma viga primária em consola, Fig.8.3(a). No caso de se optar por escolher como redundantes os dois momentos de encastramento e a reacção horizontal em B, a viga primária correspondente é uma viga simplesmente apoiada, Fig. 8.3(b).

BH

Fig. 8.3 – Viga bi-encastrada e respectivas primárias

1P

A2P

q1P

A2P

q

1P

A2P

q

B BAM

BR

B

)(a )(b

AH

AR

AM

BR

BM

BM

BH

BM

BH



Finalmente, a viga representada na Fig.8.1(d) é um exemplo de uma viga contínua, caracterizada por ter mais de um vão e ser contínua nos suportes intermédios. O grau de hiperstaticidade de uma viga contínua é igual ao número dos seus suportes intermédios. No caso particular ilustrado na Fig.8.1(d), trata-se duma viga estaticamente indeterminada do primeiro grau. Como viga primária desta viga contínua, poderá ser adoptada qualquer uma das situações representadas na Fig. 8.4.

Em qualquer dos casos acima considerados, e sempre que o carregamento é vertical, não haverá reacções horizontais. Mas, em contrapartida, as equações da estática reduzem-se, nesse caso, a apenas duas equações de equilíbrio. Uma vez conhecidas as reacções redundantes, todas as restantes reacções, esforços internos, deflexões, etc., podem ser calculados utilizando os métodos descritos e exemplificados nos capítulos anteriores para análise de vigas isostáticas.

Nos três parágrafos a seguir, serão apresentados três dos métodos mais correntemente utilizados para determinar as reacções redundantes em vigas estaticamente indeterminadas.

8.1.3. Método da Sobreposição

Como em qualquer outro método de análise de vigas hiperstáticas, no método da sobreposição começa-se por identificar o grau de indeterminação do sistema e seleccionar as reacções redundantes. Como o próprio nome sugere, este método baseia-se no princípio geral de

Fig. 8.4 – Viga contínua e respectivas primárias

'Aθ

A2P

q1P

A2P

q

1P

A2P

q

B

B

)(a )(b

AR BR

C

CR

AH

B

BR

C C

CR



sobreposição da teoria da elasticidade, conforme referido no Capítulo III. Basicamente, a sua aplicação consiste das seguintes etapas:

1)- Identificar o grau de hiperstatividade da estrutura, seleccionar as reacções redundantes e definir a configuração da viga primária.

2)- Considerar o carregamento da viga primária com as forças/momentos redundantes em simultâneo com as forças/momentos que constituem o carregamento real da viga original.

3)- Calcular as deflexões da viga primária (que é sempre isostática…) para cada um dos carregamentos redundantes e para o carregamento real, em separado.

4)- Pelo principio geral da sobreposição, as somas das deflexões calculadas isoladamente na fase anterior devem ser iguais às deflexões na viga original, as quais são nulas ou têm valores conhecidas em todos os pontos em que foram removidas as restrições. Obtém-se, assim, um conjunto de equações lineares em que as forças/momentos redundantes são as quantidade desconhecidas.

5)-Com as reacções redundantes já conhecidas, determinar todas as restantes reacções, esforços transversos e momentos flectores a partir das equações de equilíbrio.

Para exemplificar o método da sobreposição, considera-se a sua aplicação ao caso simples duma viga em consola apoiada, sujeita a um carregamento uniforme q(x)=−qo, conforme representado na Fig.8.5(a).

(i)-Análise com a reacção redundante RB

Trata-se duma viga hiperstática do primeiro grau. Seleccione-se, por exemplo, a reacção no apoio B (RB) como a única reacção redundante

Fig. 8.5 – Viga em consola apoiada com uma reacção redundante em B

)(a )(b

BR

1A )(H

1A )(R

1A )(M

2A )(H

2A )(R

2A )(M

)(c )(d

A BAH

AR

AM

BR)(lA B

AH

AR

AM

BR

oqq −= oqq −=

oqq −=2B)(δ

1B)(δ



do sistema. Resolvendo as equações de equilíbrio estático sobre a viga

primária com o carregamento real mais a força redundante (RB), Fig.8.5(b), obtêm-se as restantes reacções nos apoios expressas em termos da força redundante RB:

lRlq

M

RlqR

A

A

B

2o

Bo

2+−=

−=

(a)

Considerando agora o carregamento da viga primária com a solicitação real uniforme qo, Fig.8.5(c), seja (δB)1 a deflexão correspondente no ponto B. E seja (δB)2 a deflexão da mesma viga primária no ponto B, quando carregada com a força redundante RB, Fig.8.5(d). Utilizando as fórmulas disponíveis na Tabela G-1 do Apêndice G, por exemplo, obtém-se:

( )

( )EI

lR

EI

lq

3

83

B2B

4o

1B

+=

−=

δ

δ

Adicionando estes dois deslocamentos e igualando a zero, por ser nula a deflexão real em B:

( ) ( ) 038

3B

4o

2B1BB =+−=+=EI

lR

EI

lqδδδ

donde a reacção redundante em B:

8

3 oB

lqR =

As restantes reacções (RA e MA) podem agora ser calculadas, por substituição nas equações de equilíbrio (a):

8

8

5

2o

A

oA

lqM

lqR

−=

=



Uma vez são já conhecidas todas as reacções, podem agora obter-se os esforços transversos e os momentos flectores ao longo de todo o comprimento da viga. De facto, tem-se:

88

5

22)(

8

5)(

2oo

2o

AA

2o

ooAo

lqlxqxqMxR

xqxM

lqxqRxqxV

−+−=++−=

−=−=

Os correspondentes diagramas estão representados na Fig.8.6

Podem também determinar-se as deflexões e inclinações da viga original recorrendo ao princípio da sobreposição. Para isso, basta somar os deslocamentos e as inclinações da viga primária para cada um dos dois tipos de carregamento em separado, isto é o carregamento real e o carregamento com a força redundante RB. Das fórmulas dadas na na Tabela G-1 do Apêndice G, por exemplo, obtém-se:

( )

( ) ( )xlEI

lxqxl

EI

xRxy

llxxEI

xqxy

−=−=

+−−=

316

36

)(

6424

)(

2o

2B

2

222

o1

Adicionando agora as duas expressões anteriores para y1(x) e y2(x):

( )222

o21 352

48)()()( llxx

EI

xqxyxyxy +−−=+=

Esta é a equação da curva de deflexão da viga original estaticamente indeterminada.

x x

V M

8

5 olqVA −=

8

3 olqVB =

8

5l

8

2olq

M A −=

128

9 2olq

M max =

8

5l

4

l

Fig. 8.6 – Diagramas dos esforços transversos e momentos flectores



(i)-Análise com a reacção redundante MA

A mesma viga em consola apoiada pode também ser resolvida tomando como reacção redundante o momento MA na secção de encastramento A. Resolvendo as equações de equilíbrio estático sobre a viga primária com o carregamento real mais o momento redundante (MA), Fig.8.7(b), obtêm-se as restantes reacções nos apoios expressas em termos desse momento redundante MA:

l

MlqR

l

MlqR

B

A

Ao

Ao

2

2

+=

−=

Considerando agora o carregamento da viga primária simplesmente apoiada com a solicitação real uniforme qo, Fig.8.6(c), seja (θA)1 a inclinação correspondente no ponto A. E seja (θA)2 a inclinação no mesmo ponto A, quando carregada com o momento redundante MA, Fig.8.6(d). Utilizando as fórmulas da Tabela G-2 do Apêndice G, por exemplo, obtém-se:

( )

( )EI

lM

EI

lq

3

24

A2A

3o

1A

−=

−=

θ

θ

Adicionando estas duas rotações e igualando a zero, por ser nula a rotação real em A:

Fig. 8.5 – Viga em consola apoiada com um momento redundante em A

)(a )(b

BR

1A )(H

1A )(R

1A )(M

2A )(H

2A )(R

2A )(M

)(c )(d

A BAH

AR

AM

BR)(lA B

AH

AR

AM

BR

oqq −= oqq −=

oqq −=

1A)(θ 2A )(θ



( ) ( ) 0324

A3

o2A1AA =−−=+=

EI

lM

EI

lqθθθ

donde o momento redundante em A:

8

2o

Alq

M −=

Este resultado está de acordo com solução obtida anteriormente, quando foi seleccionada como redundante a reacção em B.

8.1.4. Aplicação do Teorema de Castigliano

As reacções nos apoios duma estrutura elástica estaticamente indeterminada podem também ser determinadas por aplicação do Teorema de Castigliano. Tal como no método anterior da sobreposição, começa-se por seleccionar as reacções redundantes, X1, X2, ... XN, e eliminar ou modificar os correspondentes apoios em conformidade. As reacções redundantes são depois tratadas como cargas desconhecidas que, juntamente com a solicitação externa aplicada, produzem deformações que deverão ser compatíveis com os apoios originais. Calcula-se a energia elástica de deformação U do sistema devido à acção combinada das cargas aplicadas e das reacções redundantes. Finalmente, deriva-se a expressão da energia U sucessivamente em relação a cada uma das reacções redundantes e iguala-se a zero:

0

.....

0

0

2

1

=∂∂

=∂∂

=∂∂

NX

U

X

U

X

U

Obtém-se, assim, um sistema de equações em número igual ao das reacções redundantes, cuja solução produz exactamente as forças/momentos redundantes da estrutura. Também como no método anterior da sobreposição, as restantes reacções poderão então ser obtidas a partir das equações de equilíbrio estático.



Para exemplificar o método, considere-se a sua aplicação ao mesmo caso simples duma viga em consola apoiada, sujeita a um carregamento uniforme q(x)=−qo, em que se selecciona como redundante a reacção RB em B, conforme representado na Fig.8.7(a).

De acordo com o Teorema de Castigliano pode escrever-se:

dxR

M

EI

M

R

Uy

l

B0BB ∂

∂=∂∂= ∫ (a)

Ora, o momento flector à distância x da extremidade A é:

2oB )(

21)()( xlqxlRxM −−−=

e a sua derivada em relação à força redundante RB é:

)()(

xlx

xM−=

∂∂

Substituindo em (a), obtém-se:

−=

−−−= ∫ 83

1)(21)(1

4o

3B

0

3o

2BB

lqlR

EIdxxlqxlR

EIy

l

Finalmente, fazendo yB = 0 e resolvendo em ordem a RB, obtém-se:

8

3 oB

lqR =

Uma vez obtida a reacção redundante RB, pode proceder-se ao cálculo das restantes reacções, dos esforços internos e das deformações seguindo a metodologia habitual.

Fig. 8.7 – Viga em consola apoiada com uma reacção redundante em B

)(a

A Bl

oqq −=

)(b BR

0B =y

oqq −=

lA B



8.1.5. Método dos Três Momentos para Vigas Contínuas

No caso duma viga contínua de comprimento total l e com N apoios intermédios, Fig.8.8(a), normalmente o primeiro apoio é fixo, enquanto que todos os restantes apoios permitem o movimento livre da viga na direcção axial. Nestas condições, cada um dos apoios intermédios representa uma restrição redundante, de tal modo que o sistema apresenta um grau de indeterminação N, igual ao número de apoios intermédios. Sejam l1, l2, ..., lN os comprimentos dos diversos segmentos de viga entre apoios consecutivos, numerados de 0 a N+1, conforme indicado na Fig.8.8(a).

Uma vez seleccionadas como redundantes as reacções verticais X1, X2, X3, ..., XN, nos apoios intermédios, Fig.8.8(b), segue-se a metodologia habitual de calcular as deflexões correspondentes δ1, δ2, δ3, ..., δN e impor que são todas iguais a zero. Recorrendo à aplicação do teorema de Castigliano, por exemplo, pode escrever-se:

0

...

0

0

N0N

202

101

=∂∂=

∂∂

=∂∂=

∂∂

=∂∂=

∂∂

∫

∫

∫

dxX

M

EI

M

X

U

dxX

M

EI

M

X

U

dxX

M

EI

M

X

U

l

l

l

10 2 3 N 1N+...

1X 2X 3X NX...

)(b

1l 2l 3l Nl...

)(a

10 2 3 N 1N+...

Fig.8.8 – Viga contínua e respectiva viga primária



Estas N equações, juntamente com as três equações de equilíbrio estático global do sistema serão suficientes para determinar as N+3 reacções em todos os apoios da viga contínua.

Embora formalmente simples, este processo nem sempre é fácil de levar a cabo, sobretudo quando o número de apoios intermédios é elevado, implicando que a resolução do sistema de equações supra possa ser demorado e muito complicado. Um método alternativo mais simples para resolver vigas contínuas consiste em seccionar a viga em cada um dos apoios intermédios e introduzir aí os momentos M1, M2, M3, ..., MN, como esforços redundantes. Desta forma, a estrutura primária reduz-se a um conjunto de N vigas simplesmente apoiadas de comprimentos l1, l2, l3, ..., lN. Na Fig. 8.9(a) estão representadas duas vigas consecutivas desse conjunto, correspondentes aos apoios (n-1), (n) e (n+1).

Os carregamentos representados na Fig. 8.9(a) produzem os diagramas de momentos flectores representados na Fig.8.9(b), onde as áreas triangulares correspondem aos momentos nas extremidades (momentos

redundantes) e as áreas sombreadas correspondem aos carregamento externos em cada um dos segmentos. Para estas últimas, os pontos G assinadalos são os respectivos centros de gravidade. Tais carregamentos produzem deformações em cada um dos segmentos, designadamente

rotações 'nθ e "

nθ nas duas extremidades sobre o mesmo apoio (n),

conforme ilustrado na Fig.8.9(a). Para que seja assegurada a

1−n n n 1+n

nl 1+nl

1−nM nM nM 1+nM'nθ ''

nθ

)(a

1−nM nM nM1+nM

nG 1+nG

na nb 1+na 1+nb

)(b

Fig.8.9 – Método dos três momentos para vigas contínuas



continuidade da deformação da viga real, é necessário que essas duas rotações sejam iguais, isto é:

"'nn θθ = (8.10)

Tais rotações podem exprimir-se em termos do carregamento externo e dos momentos redundantes sobre cada um dos dois segmentos de viga em questão, podendo, para isso, usar-se o método da viga conjugada descrito no capítulo VI. Assim, tendo por base os diagramas dos momentos flectores representados na Fig.8.9(b), pode escrever-se:

EIl

aA

EI

lM

EI

lM

n

nnnnnnn ++= −

631'θ (8.11)

EIl

bA

EI

lM

EI

lM

n

nnnnnnn

1

11111"

63 +

+++++ −−−=θ (8.12)

onde A1 e A2 são as áreas sombreadas na Fig. 8.9(b). Substituindo (8.11) e (8.12) em (8.10), obtém-se:

1

111111

66)(2

+

+++++− −−=+++

n

nn

n

nnnnnnnnn

l

bA

l

aAlMllMlM (8.13)

Esta é a chamada equação dos três momentos, podendo escrever-se uma equação deste tipo para cada um dos apoios intermédios da viga contínua. Resolvendo o sistema de N equações que assim resultam, obtêm-se os momentos redundantes em correspondência com os apoios intermédios da viga.

Nos casos de um ou ambos os apoios das extremidades serem encastrados, o número de redundâncias será, naturalmente, superior ao número de apoios intermédios. Em tais casos, para cada um dos apoios encastrados pode escrever-se uma equação adicional. Por exemplo, se o apoio (0) for um encastramento, a equação adicional a escrever será:

EIl

bA

EI

lM

EI

lM

1

11111oo 63

−−−=θ

onde θo é o ângulo de rotação da tangente no apoio esquerdo. Impondo a condição de ser igual a zero, obtém-se:



21

111o

3

2 l

bAMM −−= (8.14)

No caso de ser encastrado o apoio da direita (N+1), já a equação adicional a escrever será:

EIl

aA

EI

lM

EI

lM

n

n

1

11N1NN1N1N1N 63 +

++++++ ++=θ

onde θn+1 é o ângulo de rotação da tangente no apoio extremo direito. Impondo a condição dessa rotação ser igual a zero, obtém-se:

21N

1N1NN1N

3

2 +

+++ −−=

l

aAMM (8.15)

Uma vez obtidos os momentos flectores para todos os apoios da viga contínua, poderão então ser calculadas as reacções nesses mesmos apoios. Com efeito, considerando de novo dois quaisquer segmentos

adjacentes, Fig.8.9(a), sejam 'nR e "

nR as reacções no apoio (n), para

cada um dos segmentos ln e ln+1, respectivamente, quando carregados exclusivamente com as forças externas aplicadas. A essas duas reacções

deverá ser adicionada a reacção '"nR produzida pela aplicação dos

momentos Mn-1, Mn e Mn+1, isto é:

1

11'"

+

+− +−+

−=

n

nn

n

nnn

l

MM

l

MMR

A reacção total Rn no apoio (n) é, portanto:

1

11"'

+

+− +−+

−++=

n

nn

n

nnnnn

l

MM

l

MMRRR (8.16)

Conhecidos os momentos e as reacções em todos os apoios, poderão então ser construídos sem qualquer dificuldade os diagramas dos esforços transversos e dos momentos flectores ao longo de todo o comprimento da viga contínua.



8.1.6. Encurvadura de Peças Lineares. Teoria de Euler

No cálculo de peças lineares simultaneamente solicitadas à compressão e à flexão é habitual adicionar-se algebricamente as tensões de compressão com as tensões devidas à flexão, como aliás foi já ilustrado no parágrafo §5.1.5, a propósito da compressão axial da viga por uma carga excêntrica. Esta metodologia simples tem o seu fundamento no princípio da sobreposição dos esforços, partindo do pressuposto de que a geometria da peça deformada é exactamente a mesma que a do corpo original.

No entanto, uma análise tão simplista nem sempre é aceitável, conforme se pode facilmente pôr em evidência através do raciocínio seguinte, com base na viga representada na Fig.7.4, carregada simultaneamente com forças transversais q(x) e com forças axiais N.

Considerando apenas o carregamento transversal, este provoca uma deformação da viga que se traduz por um deslocamento vertical, que é descrito pela respectiva equação da elástica:

)(11 xfy =

Aplicando de seguida a solicitação axial de compressão N, esta dá origem a um momento flector:

11 yNM =

que, por sua vez, induz na barra uma deformação transversal adicional:

)(22 xfy =

de que resulta outro momento flector :

Fig. 7.4-Flexão e compressão duma barra

)(xq

x

NN

NN

1y2y

3y



22 yNM =

e assim sucessivamente...

Se o processo de deformação for limitado, a série

... 321 +++=∑ yyyy é convergente e a peça assume uma

configuração estável bem definida. Se, pelo contrário, aquela série for divergente, a geometria da peça torna-se instável sob a acção das forças aplicadas e o corpo entra em colapso.

Esta situação de instabilidade pode mesmo ocorrer em peças lineares estritamente sujeitas a uma solicitação de compressão simples, como no caso dos pilares, por exemplo. A solução deste problema, habitualmente referido pela designação de fenómeno de encurvadura ou empenamento, foi pela primeira vez proposta por Euler em 1774.

Considere-se então uma peça prismática simplesmente apoiada nas extremidades e sujeita a uma compressão N, conforme ilustrado na Fig. 7.5. Numa secção à distância x da extremidade A o momento flector é dado por: yNM −= .

Substituindo na equação da elástica (6.88),

IE

M

dx

yd

2

2= , obtém-se:

022

2=+ yk

dx

yd (7.4)

onde k2=N/EI. A solução geral da equação

diferencial (7.4) é:

)( )( kxcosbkxsenay += (7.5)

Na expressão (7.5), a e b são duas constantes de integração, cujos valores se podem calcular a partir das condições fronteira nas extremidades A e B. Isto é, deverá ser y = 0 para x = 0 e para x = l. Da primeira destas condições resulta b = 0, ficando a solução (7.5) reduzida à forma:

)( kxsenay =

Fig. 7.5 – Encurvadura

A

B

x

ly

y

N

N

x



Impondo agora a segunda condição (y = 0, para x = l), obtém-se:

0 )( =klsena

Descartando a solução trivial a = 0, que corresponde à situação em que a peça permanece rectilínea, terá então que ser, necessariamente:

0 )( =klsen

Donde:

k l = n π (com n inteiro!)

ou seja:

l

nk

π =

Substituindo k2 por N/EI, resulta:

2

22

l

EInN

π= (7.6)

Para n = 0, a força de compressão N é nula e a peça permanece, evidentemente, rectilínea. Para que a mesma possa permanecer flectida é preciso, portanto, que n seja, pelo menos, igual a 1. O menor valor de N para o qual a peça flectida está em equilíbrio é, então:

2

2

l

EINcr

π= (7.7)

Esta é a carga crítica de encurvadura de Euler. Atingido este valor crítico, a coluna entra em regime de instabilidade, assumindo a forma de uma meia sinusóide:

)

( )( l

xsenakxsenay

π==

em que a amplitude a do deslocamento transversal é indeterminado.

Após encontrar a carga crítica para uma coluna, a tensão crítica correspondente obtém-se da maneira habitual, dividindo a força pela área da secção recta da peça:

2

2

Al

EI

A

Ncrcr

πσ ==



onde I é, naturalmente, o momento de inércia da secção relativamente ao eixo principal sobre o qual ocorre a encurvadura. A equação anterior pode escrever-se sob uma forma alternativa mais conveniente:

( )2

2

/ rl

Ecr

πσ = (7.8)

onde r é o raio de giração da secção relativamente ao eixo principal de encurvadura (correspondente ao momento de inércia menor):

A

Ir =

A relação λ = l/r é uma grandeza adimensional, característica da secção, a que se dá o nome de coeficiente de esbelteza, ou simplesmente esbelteza, da barra em consideração:

r

l=λ

As cargas críticas para outras condições nas extremidades da viga podem obter-se a partir da solução para o caso fundamental que se acabou de analisar. Assim, para o caso duma coluna encastrada na secção A e livre na extremidade B, Fig. 7.6, a situação corresponde ao problema

fundamental de Euler, em que o comprimento da viga de Euler equivalente é igual ao dobro do comprimento da viga encastrada, isto é, igual a 2xl.

Fig.7.6-Um extremo encastrado Fig.7.7-Duplo encastramento

y

N

y

N

N

N

l2

4/l

4/l

4/l

4/l

lA

A

B B

B'



Nesta situação obtém-se:

2

2

2

2

4

)2( '

l

EI

l

EIN cr

ππ== (7.9)

Finalmente, no caso duma coluna encastrada nas duas extremidades, Fig.7.7, a situação corresponde ao problema fundamental de Euler, em condições tais que o comprimento de Euler é igual a metade do comprimento da viga real, a que corresponde uma carga crítica dada pela seguinte expressão:

2

2

2

2" 4

)2/(

l

EI

l

EIN

cr

ππ== (7.10)

Tendo em conta as diversas possibilidades de condições nas extremidades, é habitual introduzir-se a noção de comprimento efectivo da coluna:

Klle =

Onde l é o comprimento real e K é o factor de comprimento efectivo. O comprimento efectivo le corresponde ao comprimento de uma coluna equivalente simplesmente apoiada em ambas as extremidades, de tal forma que pode aplicar-se sempre a fórmula única seguinte:

( )22

Kl

EINcr

π= (7.11)

O factor K acima definido é igual a 1 no caso do problema fundamental de Euler (barra com um pino em cada extremidade), é igual a 2 para uma barra encastrada numa das extremidades e livre na outra, e é igual a 1/2 quando se trata duma barra duplamente encastrada.

NOTA IMPORTANTE: Das análise da equação (7.11) pode constatar-se que o carregamento crítico à encurvadura é directamente proporcional à rigidez à flexão EI e inversamente proporcional ao quadrado do comprimento l. De particular interesse é o facto de que a resistência do material, representada pela tensão limite de cedência, por exemplo, não intervém naquelas equações. Por isso, aumentar a resistência do material não aumenta a carga crítica duma barra esbelta à compressão.



8.1.7. Fórmula da Secante para Barras à Compressão

Considere-se uma barra bi-articulada, inicialmente rectilínea, sujeita a uma força de compressão excêntrica, conforme ilustrado esquemática-mente na Fig. 7.8.

Fig.7.8-Barra sujeita a compressão excêntrica

A equação diferencial da barra, na sua configuração deformada é:

Nyx

yEI −=

∂

∂2

2

Integrando a equação, obtém-se:

+

= x

EI

NcosCx

EI

NsenCy 21

As constante de integração C1 e C2 calculam-se a partir das condições fronteira nas secções extremas (x = ±l/2), onde é y = e:

==

2

21l

EI

Ncos

eCC

donde:

= x

EI

Ncos

l

EI

Ncos

ey

2

A deflexão máxima ocorre na secção central, isto é, para x = 0:

=

2

l

EI

Nseceymax

eN N x

y

l

C

A B



Ou seja, introduzindo o valor da carga crítica dado pela equação (7.7):

=

crmax

N

Nsecey

2

π

A deflexão máxima torna-se muito grande à medida que a carga aplicada tende para o valor da carga crítica. Assim, as deflexões laterais aumentam gradualmente e não subitamente, como acontece no caso da encurvadura. A tensão de compressão máxima ocorre no lado côncavo da barra, na secção média C, e é dada pela expressão:

+=+=

cr

maxmax

N

Nsec

I

Nev

A

N

I

M

A

N

2

πσ

onde v representa a distância do eixo neutro às fibras exteriores do lado em compressão. Introduzindo o raio de giração r da secção transversal, tem-se:

+=

EA

N

r

lsec

r

ev

A

Nmax 2

12

σ (7.12)

Esta é a chamada fórmula da secante para uma barra carregada axialmente com uma carga excêntrica. Na equação (7.12), N/A representa a tensão média de compressão produzida pela carga axial N. Tomando para tensão máxima a tensão de cedência do material (σp), por exemplo, a correspondente tensão média de compressão que produz cedência é então dada pela equação:

+

=

EA

N

r

lsec

r

evA

N

p

pp

21

2

σ

Para cada valor de ev/r2, a equação anterior pode ser resolvida iterativamente. Pode, assim, estabelecer-se uma relação entre N/A e l/r, a fim de obter o valor de N/A para o qual a cedência ocorre nas fibras exteriores em compressão.



8.2. PROBLEMAS RESOLVIDOS

PROBLEMA – 8.2.1.

Considere uma viga ABC, encastrada na extremidade A, simplesmente apoiada na secção intermédia B e sujeita a uma força vertical de intensidade P aplicada na extremidade livre C, conforme ilustrado na figura. A viga tem uma rigidez à flexão uniforme (EI) e a sua geometria axial está também indicada na figura.

Determine:

a)- A reacção no apoio B.

b)- A deflexão vertical da extremidade livre C.

RESOLUÇÃO:

a)- A reacção no apoio B

Trata-se duma viga estaticamente indeterminada de grau 1. Tomando a reacção em B como redundante, a viga primária correspondente está esquematicamente representada na figura a seguir.

Resolvendo as equações de equilíbrio estático sobre a viga primária com o carregamento real mais a força redundante (RB), obtém-se a reacção vertical (RA) no apoio A e o momento de encastramento na mesma secção, ambos expressos em termos da força redundante RB:

aRbaPM

RPR

A

A

B

B

)( ++−=

−= (a)

Aplicando o método da sobreposição, por exemplo, considere-se separadamente o carregamento da viga primária com a solicitação real P em C e com a força redundante RB em B. Seja (δB)1 e (δB)2 as deflexões da viga primária no ponto B devido a cada um desses carregamentos, respectivamente. De acordo com a equação da elástica para uma viga em consola (Tabela G-1 do Apêndice G Timoshenko 212) obtém-se:

( )

( )EI

aR

baEI

Pa

3

)32(6

3B

2B

2

1B

+=

+−=

δ

δ

A BC

P

a b

BRAR

AM

A BC

P

a

lb



Adicionando estes dois deslocamentos e igualando a zero, por ser nula a deflexão real em B:

( ) ( ) 03

)32(6

3B

2

2B1BB =++−=+=EI

aRba

EI

Paδδδ


+=a

bPR

2

31B

As restantes reacções (RA e MA) podem agora ser calculadas, por substituição nas equações de equilíbrio (a):

2

2

3

A

A

PbM

a

PbR

=

−=

b)- Deflexão vertical em C

As deflexões e inclinações da viga original podem também calcular-se por recurso ao princípio da sobreposição. Para isso, basta somar os deslocamentos e as inclinações da viga primária para cada um dos dois tipos de carregamento em separado, isto é o carregamento real e o carregamento com a força redundante RB. Das fórmulas dadas na Tabela G-1 do Apêndice G, por exemplo, obtém-se:

( )xlEI

Pxxy −−= 3

6)(

2

1 para 0 ≤ x ≤l (b)

( ) ( )xaaEI

xbaPxa

EI

xRxy −

+=−= 3

12

)32(3

6)(

22B

2 para 0 ≤ x ≤a (c)

( ) ( )axEI

abaPax

EI

aRxy −

+=−= 3

12

)32(3

6)(

2B

2 para a ≤ x ≤l (d)

Adicionando agora as expressões (b) e (d), para x = l, obtém-se:

[ ]3221B 4)32(

12)()( lbaa

EI

Plyly −+=+=δ



PROBLEMA – 8.2.2.

Considere uma viga bi-encastrada AB, sujeita a uma força vertical de intensidade P aplicada numa secção intermédia C, conforme ilustrado na figura. A viga tem uma rigidez à flexão uniforme (EI) e a sua geometria axial está definida na figura.

Determine:

a)- Os momentos em A e B.

b)- A deflexão vertical na secção C.

RESOLUÇÃO:

a)- Momentos de encastramento

Trata-se duma viga estaticamente indeterminada de grau 2. Tomando os momentos de encastramento em A e B como redundantes, a viga primária correspondente é simplesmente apoiada como esquemática-mente representada na Fig.(a) a seguir.

Os carregamentos representados na Fig.(a) produzem os diagramas de momentos flectores representados na Fig.(b), onde as áreas triangulares rectas (1) e (2) correspondem aos momentos

redundantes nas extremidades e a área sombreada (3) corresponde ao carregamento externo P. As rotações θA e θB nas extremidades da viga representada na Fig(a) podem ser calculadas, por exemplo, recorrendo à utilização combinada dos métodos da sobreposição e da viga conjugada. Para isso, considera-se essa viga conjugada solicitada por uma distribuição de cargas proporcional ao momento flector, conforme ilustrado na Fig.(c).

As reacções ( )AcR e ( )BcR calculam-se sem qualquer tipo de dificuldades:

( )

( )lEI

alPab

EI

lM

EI

lMR

lEI

blPab

EI

lM

EI

lMR

c

c

6

)(

36

6

)(

63

BAB

BAA

+−−−=

+−−−=

(a)

A BC

P

a

lb

P

l

A BC

a b

BRAR

AM BM

AM BM

lPab /

A B

)(a

)(b

)(c

)1( )2()3(

A BC

a b( )AcR

EI

M AEI

M BEIlPab /

)1()2(

)3(

( )BcR



Os esforços transversos na viga conjugada em A e B são, respectivamente:

( ) ( )

( ) ( )lEI

alPab

EI

lM

EI

lMRV

lEI

blPab

EI

lM

EI

lMRV

cc

cc

6

)(

36

6

)(

63

BABB

BAAA

+−−−==

+++=−=

Onde, cada um dos termos dos segundos membros corresponde a cada uma das solicitações MA, MB e P, respectivamente

De acordo com a teoria da viga conjugada, as inclinações do eixo da viga real

deformada são numericamente iguais aos simétricos dos valores dos esforços transversos na viga conjugada. Como aquelas inclinações são nulas, porque a viga real é bi-encastrada, pode então escrever-se:

( )

( ) 06

)(

36

06

)(

63

BABB

BAAA

=+

++=−=

=+

−−−=−=

lEI

alPab

EI

lM

EI

lMV

lEI

blPab

EI

lM

EI

lMV

c

c

θ

θ

Donde, resolvendo em ordem a MA e MB, se obtêm os momentos nas duas secções de encastramento:

2

2

B

2

2

A

l

bPaM

l

PabM

−=

−= (b)

Um método alternativo, e porventura mais fácil para este caso, seria recorrer a resultados que estejam já disponíveis para solicitações típicas de vigas isostáticas, como, por exemplo, as fórmulas da tabela G-1 do Apêndice G. Assim, referindo novamente a Fig.(a) atrás, os momentos redundantes MA e MB

produzem rotações 'Aθ e '

Bθ em cada

um dos apoios, respectivamente, Fig.(d), e a força aplicada P produz as

rotações "Aθ e "

Bθ nesses mesmos

apoios, Fig.(e), respectivamente.

Da tabela G-1 do Apêndice G pode tirar-se, directamente:

EI

lM

EI

lM

EI

lM

EI

lM

36

63BA'

BBA'

A +=−−= θθ

'Aθ

"Aθ

'Bθ

"Bθ

A

A

B

B

)(d

)(e



e

lEI

alPab

lEI

blPab

6

)(

6

)( "B

"A

+=

+−= θθ

Impondo, agora que as rotações globais em A e B são nulas:

06

)(

36

06

)(

63

BA"B

'BB

BA"A

'AA

=+

++=+=

=+

−−−=+=

lEI

alPab

EI

lM

EI

lM

lEI

blPab

EI

lM

EI

lM

θθθ

θθθ

e resolvendo em ordem a MA e MB:

2

2

B

2

2

A

l

bPaM

l

PabM

−=

−= (b)

b)- Deflexão vertical em C

Tal como no problema anterior, também aqui as deflexões e as inclinações da viga original podem calcular-se por recurso ao princípio da sobreposição. Para isso, basta somar os deslocamentos e as inclinações da viga primária para cada um dos dois tipos de carregamento em separado, isto é o carregamento real e os carregamentos com os momentos redundantes MA e MB.

(i)- Uso de fórmulas para casos típicos:

O método mais simples e directo será recorrer, uma vez mais, às fórmulas disponíveis na Tabela G-1 do Apêndice G, para casos os casos mais típicos de solicitação de vigas em flexão. Assim, para cada um dos carregamentos P, MA e MB obtém-se, respectivamente:

( )222

6)( bxl

lEI

PbxxyP −−−= para 0 ≤ x ≤ a

( ) ( )

−−+−−= 3223

6)( xxblax

b

l

lEI

PbxyP

para a ≤ x ≤ l

lEI

llxxxMxyM 6

)23()(

22A

A

+−−=

lEI

lxxMxyM 6

)()(

22B

B

−=

Adicionando as expressões anteriores para x = a, , obtém-se:



lEI

ababM

lEI

baabM

lEI

bPaayayay MMP

6

)2(

6

)2(

3)()()(

BA

22

C BA

+−

+−

−=++=δ

ou seja, substituindo MA e MB pelos respectivos valores, conforme calculados na alínea anterior:

EIl

bPa

l

baa

l

bab

lEI

bPa3

33

22

22

C6

)2()2(2

6−=

+−

+−−=δ

(ii)- Método da viga conjugada:

Se, porventura, não se dispusesse dos dados da tabela G-1, poderia sempre lançar-se mão dos procedimentos básicos para calcular a deflexão na secção C. Por exemplo, recorrendo à teoria da viga conjugada, a deflexão da viga real em C, Fig.(a), é numericamente igual ao valor momento flector da viga conjugada carregada conforme indicado na Fig.(c). Assim, pode escrever-se:

( ) ( )32323232

BAAC

aa

lEI

Pabaa

l

a

EI

Mbb

l

b

EI

Mla

l

EI

MaRM

Acc +++

−+=

Substituindo na expressão anterior o valor de ( )AcR dado pela equação (a)

supra, obtém-se:

( )

lEI

bPa

l

a

EI

alM

l

b

EI

blM

lEI

bPa

lEI

aM

lEI

bM

EI

lM

EI

alM

lEI

blbPa

EI

alM

EI

alMM c

31

61

6

6666

26

)(

63

22

2

2B

2

2A

33B

3A

2A

A2

BAC

−

−−

−−=

+++−

++

−−−=

e substituindo os valores de BA e MM dados pelas equações (b) supra obtém-

se, finalmente:

( )EIl

bPa

lEI

bPa

l

a

lEI

bPa

l

b

lEI

PabM c 3

3322

2

23

2

23

C 631

61

6−=−

−+

−=

Donde, de acordo com a teoria da viga conjugada:

( )EIl

bPaM c 3

33

CC6

−==δ



(iii)- Método da energia:

Uma outra alternativa seria recorrer aos métodos energéticos. Para isso há que, primeiro, determinas a expressão para a energia elástica de flexão. Neste caso particular, as equações para o momento flector obtêm-se facilmente, por exemplo, adicionando as três áreas triangulares representadas na Fig.(b) supra:

l

xPb

l

xM

l

xMxM ++−= BA )1()( , para 0 ≤ x ≤ a

)1()1()( BAl

xPa

l

xM

l

xMxM −++−= , para a ≤ x ≤ l

ou seja, substituindo nestas expressões os valores de BA e MM dados pelas

equações (b) supra:

Pbl

ax

l

baxM

223

)3()(

−+

= , para 0 ≤ x ≤ a

Pal

bax

l

abxM

223

2)3()(

++

+−= , para a ≤ x ≤ l

A energia de deformação elástica obtém-se usando a equação habitual:

+−

++

−+

==

∫

∫∫l

a

al

dxl

bax

l

aba

dxl

ax

l

bab

EI

PdxxM

EIU

2

234

0

2

234

2

0

2

2)3(

)3(

2)(

2

1

donde, depois de calculados os integrais, se obtém:

EIl

baPU

3

332

12=

Finalmente, por aplicação do Teorema de Clapeyron (uma vez que P á a única força aplicada sobre a viga…):

EIl

bPa

P

U3

33

C6

2==δ

Aqui o sinal é positivo porque o deslocamento calculado através do Teorema de Capeyron é medido positivamente no sentido da força (sentido descendente, no caso do problema em análise…).



PROBLEMA – 8.2.3.

Uma viga encastrada numa das extremidades e com um apoio elástico na outra extremidade (ver figura a seguir) está sujeita a uma carga uniformemente distribuída q(x)=−qo (qo é uma quantidade positiva…). A constante da mola no apoio B é k=350 kN/m e, antes da aplicação da carga, a mola encontra-se na sua posição de indeformada. Nestas condições, determine:

a)- A deflexão no ponto B, em função da rigidez à flexão (EI) da viga, e as reacções em A.

b)- O valor numérico da deflexão em B, para um comprimento de viga l=3m, carga qo=5kN/m, tendo a rigidez (EI) da viga sido previamente determinada num teste em que uma força vertical concentrada P=1ton em B produz aí uma deflexão de 50mm.

RESOLUÇÃO:

a)- Cálculo da deflexão em B

Trata-se duma viga estaticamente indeterminada de grau 1. Tomando a reacção em B como redundante, a viga primária correspondente está esquematicamente representada na figura a seguir.

Resolvendo as equações de equilíbrio estático sobre a viga primária com o carregamento real mais a força redundante (RB), obtém-se a reacção vertical (RA) no apoio A e o momento de encastramento na mesma secção, ambos expressos em termos da força redundante RB:

lRlq

M

RlqR

A

A

B

2o

Bo

2+−=

−= (a)

Aplicando o método da sobreposição, por exemplo, considere-se separadamente o carregamento da viga primária com a solicitação real distribuída qo e com a força redundante RB em B. Seja (δB)1 e (δB)2 as deflexões da viga primária no ponto B devido a cada um desses carregamentos, respectivamente. De acordo com a equação da elástica para uma viga em consola (Tabela G-1 do Apêndice G Timoshenko 212) obtém-se:

A B

l

k

oqq −=

A B

oqq −=l

BRAR

AM



( )

( )EI

lR

EI

lq

3

83

B2B

4o

1B

+=

−=

δ

δ

Adicionando estes dois deslocamentos e igualando a RB/k, por ser esta a resposta linear do apoio em B:

( ) ( )k

R

EI

lR

EI

lq B3

B4

o2B1BB 38

−=+−=+= δδδ (b)


EIkl

klqR

248

33

4o

B+

=

e, substituindo em (b):

EIkl

lq

k

R

248

33

4oB

B+

−=−=δ (c)

As restantes reacções (RA e MA) podem agora ser calculadas, por substituição de (b) nas equações de equilíbrio (a):

EIkl

klqlqM

EIkl

klqlqR

248

3

2

248

3

3

5o

2o

A

3

4o

oA

++−=

+−=

(d)

b)- Valor numérico da deflexão vertical em B

A montagem utilizada para a calibração do sistema está representada na figura ao lado. Resolvendo as equações de equilíbrio estático sobre a viga primária com o carregamento real P mais a força

redundante ( 'BR ), obtém-se a reacção

vertical ( 'AR ) no apoio A e o momento

de encastramento ( 'AM ) na mesma

secção, ambos expressos em termos da

força redundante 'BR :

A B

l

k

tonP 1=

'Bδ

A B

'BR

'AR

'AM

tonP 1=)(a

)(b

'Bδ



lRPlM

RPR

'B

'A

'B

'A

+−=

−= (e)

Considerando o carregamento da viga primária com a solicitação ( PR −'B ) em

B, a deflexão correspondente tira-se da Tabela G-1 do Apêndice G:

EI

lPR

3

)( 3'B'

B−

=δ (e)

donde:

'B

3'B

3

)(

δlPR

EI−

=

ou, tendo em conta que 'B

'B δkR −= :

'B

3'B

3

)(

δδ lPk

EI+

−=

Substituindo as diversas grandezas pelos respectivos valores numéricos:

263

3435

1035,1)1050(3

3)10)1050(105,3(NmEI ×=

×−×

×+×−××−=

−

−

Regressando agora ao problema inicial, basta substituir na expressão (c) o valor acabado de calcular para a rigidez à flexão da viga, bem assim como os restantes dados do problema:

mmEIkl

lq3,11

1035,1243103,58

31053

248

3635

43

3

4o

B =××+×××

×××−=

+−=δ

PROBLEMA – 8.2.4.

Considere a viga bi-encastrada AB, de comprimento l e rigidez à flexão EI, sujeita a uma carga uniforme q = −qo aplicada sobre uma extensão b a partir da extremidade B, conforme ilustrado na figura a seguir.

Determine:

a)- Os momentos e as reacções nas secções de encastramento A e B.

b)- A deflexão vertical máxima e a secção onde ocorre, para o caso particular de ser m=b/l=l/2.

A BC

oqq −=

a

l

b



RESOLUÇÃO:

a)- Momentos e reacções em A e B

Tal como no Problema 8.2.2, trata-se duma viga estaticamente indeterminada de grau 2. Tomando o momento de encastramento em A e a reacção vertical na mesma secção como redundantes, a viga primária correspondente é uma viga em consola, encastrada na secção B, como no esquema da Fig.(a) a seguir.

Os carregamentos representados na Fig.(a) produzem os diagramas de momentos flectores representados na Fig.(b), onde a áreas triangular (1) e rectangular (2) correspondem aos esforços redundantes em A e a área sombreada (3) corresponde ao carregamento externo q. As rotações θA e θB nas extremidades da viga representada na Fig(a) podem ser calculadas, por exemplo, recorrendo à utilização combinada dos métodos da sobreposição e da viga conjugada. Para isso, considera-se essa viga conjugada solicitada por uma distribuição de cargas proporcional ao momento flector, conforme ilustrado na Fig.(c).

A reacção ( )AcR e o momento ( )AcM

calculam-se sem qualquer tipo de dificuldades:

( )

( )

(**)3

o3A

2A

A

(*)3o

2AA

A

64

1

32

62

EI

mlbq

EI

lR

EI

lMM

EI

bq

EI

lR

EI

lMR

c

c

−−+=

+−−=

(a)

onde m=b/l. Nas equações anteriores, os termos assinalados com (*) e (**) correspondem à área e ao momento em A da área parabólica da Fig.(c), respectivamente:

EI

bqdx

EI

xqb

6

3

2o

0

2o =∫

oqq −=

l

A C

BRAR

AM BM

AM

lRA

2

2obq

−

A B

)(a

)(b

)(c

)2(

)3(

A BC

( )AcR

EI

M A

)1()2(

)3(

a b

B

)1(

EI

bq

2

2o−

( )AcMEI

lRA



EI

mlbq

dxxaEI

xqb

64

1)(

2

3o

0

2o

−=+∫

Os valores do esforço transverso e do momento flector da viga conjugada na secção A são, respectivamente:

( ) ( )

( )EI

mlbq

EI

lR

EI

lMM

EI

bq

EI

lR

EI

lMRV

c

cc

64

1

32

62

3o3

A2

AA

3o

2AA

AA

−−+=

−+=−=

onde, cada um dos termos nos segundos membros corresponde a cada uma das solicitações MA, RA e qo, respectivamente

De acordo com a teoria da viga conjugada, a inclinação do eixo da viga real

deformada e a deflexão em A são numericamente iguais ao simétrico do esforço transverso e ao momento flector da viga conjugada, respectivamente. Isto é:

( )

( )EI

mlbq

EI

lR

EI

lMM

EI

bq

EI

lR

EI

lMV

c

c

64

1

32

62

3o3

A2

AAA

3o

2AA

AA

−−+==

+−−=−=

δ

θ

Igualando a zero e resolvendo em ordem a RA e MA, obtêm a reacção e o momento na secção de encastramento A:

−−=

−=

43

2

432

oA

43

oA

mmlqM

mmlqR

(b)

Uma vez calculadas as incógnitas redundantes, a reacção e o momento de encastramento na secção B podem ser determinados recorrendo às equações gerais da estática para a viga real:

∑∑

=

=

0

0

BM

Fy (c)



Desenvolvento a primeira destas equações, obtém-se:

0oBA =−+ bqRR

donde, substituindo RA pela respectiva expressão em (b):

+−=

21

32

oBm

mmlqR

Desenvolvendo a segunda equação (c), obtém-se:

02

2o

AAB =+−−bq

lRMM

donde, substituindo RA e MA pelas respectivas expressões em (b):

+−−=

43

2

2

1 222

oBmm

lmqM

a)- Deflexão vertical máxima

Para a viga conjugada representada na Fig.(d) da alínea anterior, o diagrama dos momentos flectores obtém-se facilmente. Assim, para 0≤x≤a, o momento flector da viga conjugada é:

( ) ( )322

)( AAAA

xx

l

x

EI

lRxx

EI

MxRMxM ccc +++=

Tendo em conta que ( ) ( ) 0AA == cc MR , a equação anterior reduz-se à forma

seguinte:

2A3A

26)( x

EI

Mx

EI

RxM c +=

ou seja, substituindo os valores de RA e MA dados pelas equações (b) deduzidas na alínea anterior:

22

o23o1

26)( x

EI

lqkx

EI

lqkxM c −= (d)

onde:

−=

−=43

1 e

21 3

23

1m

mkm

mk

De acordo com a teoria da viga conjugada, a deflexão da viga real em cada ponto é igual ao momento flector da respectiva viga conjugada no mesmo ponto.



Então, pode escrever-se de imediato a equação da deformada da viga real para o segmento AC, isto é, para 0≤x≤a,:

22

o23o1

26)( x

EI

lqkx

EI

lqkxy −= (e)

A localização da secção onde a deflexão é máxima (ou mínima) obtém-se derivando a expressão anterior e igualando a zero, isto é:

0 2

2o22o1 =−= x

EI

lqkx

EI

lqk

dx

dy (f)

A solução x = 0 corresponde, obviamente, à secção A, onde a deflexão é nula, por se tratar duma secção de encastramento.

A outra solução da equação (f) é:

−−

=

=

m

mll

k

kx

2

34

32

1

2

onde a deflexão será um máximo se, porventura, tal ponto cair dentro do segmento AB, isto é, se se verificar a condição 0 ≤ ( )mlax −=≤ 1 :

( )mlm

ml−≤

−−

12

34

3

ou seja:

3

2≤=

l

bm

e o valor da deflexão máxima obtém-se por substituição directa na equação (e):

−

=

2

1

22

3

1

21

4o 32

6 k

kk

k

kk

EI

lqymax

Este é o caso em questão, em que 2/31/2/ <== lbm , k1=0,09375 e k2=0,02604. Substituindo estes valor na equação anterior, obtém-se:

EI

lqymax

4o41035,3 −×−= ,

para: lm

mll

k

kx 556,0

2

34

32

1

2 =

−−

=

=



Nota Importante:

No caso de ser m= 3/2/ ≥lb , o valor máximo da deflexão ocorrerá no segmento CB, onde a equação (e) não é aplicável. Em tal situação, terá de ser utilizada a expressão do momento flector para a viga conjugada no segmento CA:

( )4o2A3A

2426)( ax

EI

qx

EI

Mx

EI

RxM c −−+=

ou seja, substituindo os valores de RA e MA dados pelas equações (b) deduzidas na alínea anterior:

( ) 22

o23o14o

2624)( x

EI

lqkx

EI

lqkax

EI

qxM c −+−−= (g)

Pode escrever-se agora a equação da deformada da viga real para o segmento CB, isto é, para a ≤x ≤ l:

( ) 22

o23o14o

2624)( x

EI

lqkx

EI

lqkax

EI

qxy −+−−= (h)

A localização da secção onde a deflexão é máxima (ou mínima) obtém-se derivando a expressão anterior e igualando a zero, isto é:

0 2

)(6

2o22o13o =−+−−= x

EI

lqkx

EI

lqkax

EI

q

dx

dy (i)

A solução x = l corresponde, obviamente, à secção B, onde a deflexão é nula, por se tratar duma secção de encastramento.

As outras duas solução da equação (i) são:

2

4)(4)()( 2 βααα −−−−±−−=

llllx (j)

onde:

)1(3 1kml +−=α e [ ]222 2)1(3 kml +−=β

Naturalmente que, das duas soluções em (j) se deve reter aquela que está no intervalo a ≤ x ≤ l:

2

4)(4)()( 2 βααα −−−−+−−=

llllx

onde a deflexão (h) é máxima. Por exemplo, no caso limite duma viga bi-encastrada sujeita a um carregamento uniforme qo, Fig.(d), tem-se:



1/ == lbm

2/11 =k ; 12/12 =k

2/33 1 llk ==α ; 2/6 222 llk ==β

De acordo com a equação (j), a deflexão máxima ocorre na secção:

22

24

2

34

2

3

2

3 22

l

llll

ll

ll

x =

−

−−

−+

−−

=

isto é, ocorre na secção média da viga, e respectivo valor obtém-se por substituição de x=l/2 na equação (h):

EI

lql

EI

lqkx

EI

lqkl

EI

qxy

38422260

224)(

4o

22o2

3o1

4o −=

−

+

−−=

PROBLEMA – 8.2.5.

Uma viga AB, de comprimento l e rigidez à flexão EI, está encastrada na extremidade B e simplesmente apoiada em A. A viga está sujeita a um carregamento triangular lxqxq /)( o−= , conforme representado na figura a

seguir. Determine:

a)- As reacções nos apoios A e B.

b)- O valor do momento flector máximo e a secção onde ocorre.

c)- A rotação da secção em A.

RESOLUÇÃO:

a)- Reacções nos apoios

Trata-se duma viga estaticamente indeterminada de grau 1. Tomando a reacção vertical em A como redundante, a viga primária correspondente é uma viga em consola, encastrada na secção B, como no esquema da Fig.(a) a seguir.

Os carregamentos representados na Fig.(a) produzem os diagramas de momentos flectores representados na Fig.(b), onde a área triangular (1) e corresponde ao esforço redundante em A e a área (2) corresponde ao carregamento externo q.

A B

oqq −=

l2/l

maxy

)(d

A B

l

xqq o−=

l

y

x



A deflexão δA na extremidade da viga representada na Fig(a) pode ser calculadas, por exemplo, recorrendo à utilização combinada dos métodos da sobreposição e da viga conjugada. Para isso, considera-se essa viga conjugada solicitada por uma distribuição de cargas proporcional ao momento flector, conforme ilustrado na Fig.(c).

A reacção ( )AcR e o momento ( )AcM

calculam-se sem qualquer tipo de dificuldades:

( )

( )(**)4

o3

AA

(*)3o

2A

A

303

242

−=

+−=

EI

lq

EI

lRM

EI

lq

EI

lRR

c

c

(a)

Nas equações anteriores, os termos assinalados com (*) e (**) correspondem à área e ao momento em A da área parabólica da Fig.(c), respectivamente:

EI

lqdx

lEI

xql

246

3o

0

3o =∫

EI

lqxdx

lEI

xql

306

4o

0

3o =∫

Os valores do esforço transverso e do momento flector da viga conjugada na secção A são, respectivamente:

( ) ( )

( )EI

lq

EI

lRM

EI

lq

EI

lRRV

c

cc

303

2424

o3

AA

3o

2A

AA

−=

−=−=

onde, cada um dos termos nos segundos membros corresponde a cada uma das solicitações RA e qo, respectivamente

De acordo com a teoria da viga conjugada, a inclinação do eixo da viga real

deformada e a deflexão em A são numericamente iguais ao simétrico do esforço transverso e ao momento flector da viga conjugada, respectivamente. Isto é:

l

xqq o−=

l

A

BRAR

BM

M lRA

EI

lq

6

2o−

A B

)(a

)(b

)(c

)2(

A B

( )AcR

)1(

)2(

x

B

)1(

EI

lq

6

2o−

( )AcMEI

lRA

l

xqxM

6)(

3o

2 −=

xRxM A1 )( =



( )

( )EI

lq

EI

lRM

EI

lq

EI

lRV

c

c

303

2424

o3

AAA

3o

2A

AA

−==

+−=−=

δ

θ (b)

Igualando a zero a deflexão em A e resolvendo em ordem a RA, obtém-se a reacção na secção A:

10o

Alq

R = (c)

Uma vez determinada a incógnita redundante na secção simplesmente apoiada em A, a reacção e o momento de encastramento na secção B podem ser determinados recorrendo às equações gerais da estática para a viga real, isto é:

∑∑

=

=

0

0

BM

Fy (d)

Desenvolvendo a primeira destas equações, obtém-se:

02o

BA =−+lq

RR

donde, substituindo RA pela respectiva expressão em (b):

5

2 oB

lqR = (e)

Desenvolvendo a segunda equação (c), obtém-se:

06

2o

AB =+−lq

lRM

donde, substituindo RA pela respectivas expressão em (b):

15

2o

Blq

M −= (f)

b)- Momento flector máximo

A expressão do momento flector M(x) numa secção genérica à distância x do apoio A obtém-se por sobreposição a partir das cargas RA e qo, conforme indicado na Fig.(c) atrás. A contribuição da carga distribuída q(x) corresponde ao momento M2(x) e calcula-se recorrendo ao esquema representado na Fig.(d):



duuxl

uqxRxM

x

)()(0

oA −−= ∫

ou seja:

3oo

610)( x

l

qx

lqxM −= (g)

A localização da secção onde ocorre o valor máximo do momento flector obtém-se derivando a expressão (g) e igualando a zero:

0210

)( 2oo =−= xl

qlq

dx

xdM

donde:

lx5

2=

e o momento nessa secção é igual a:

150

10 2olq

Mmax =

c)- Rotação da secção em A

A inclinação do eixo da viga real deformada em A pode obter-se directamente da primeira das equações (b), que foram deduzidas na alínea a):

( )EI

lq

EI

lRVc 242

3o

2A

AA +−=−=θ

Substituindo a força de reacção no apoio A pelo respectivo valor, conforme dado pela equação (c), obtém-se:

EI

lq

EI

lq

EI

lq

EI

lR

12024

1

20

1

242

3o

3o

3o

2A

A −=

+−=+−=θ

PROBLEMA – 8.2.6.

Uma viga ABC está simplesmente apoiada em A e B, e a extremidade C está amarrada a um terceiro apoio D através dum tirante de comprimento a e rigidez axial EaAa, conforme representado na figura a seguir.

yoq

A B

)(d

)2(

xl

qxq o)( −=

u

x

du

l

x



A viga é solicitada por uma distribuição uniforme de carga q(x) = −qo, tem um comprimento total l e rigidez à flexão EbIb, estando o apoio B posicionado a meio vão. Nestas condições, determine:

a)- A força de tracção no tirante.

b)- O momento de flexão máximo na viga e a posição onde ocorre.

RESOLUÇÃO:

a)- Força de tracção no tirante

Este é um problema hiperstático do primeiro grau. Com efeito, são três as forças desconhecidas, a saber: as duas reacções RA e RB e a força de interacção N entre a viga e o tirante (ver figura a seguir), dispondo-se apenas das duas equações habituais de equilíbrio estático. A terceira equação necessária será a equação de compatibilidade dos deslocamentos da viga e do tirante no ponto de ligação C.

Tomando força N de interacção entre a viga e o tirante como incógnita redundante, a viga primária correspondente está representada na Fig.(a). A deflexão em C pode calcular-se, recorrendo à aplicação do princípio geral da sobreposição de esforços.

Assim, considerando separadamente o carregamento uniforme qo e a força N, as correspondentes deflexões em C são, respectivamente (ver, por exemplo tabela G1 do Apêndice G):

bbq

IE

lq

64

4o

o−=δ e

bbN

IE

Nl

12

3

=δ

donde, a deflexão vertical da viga em C:

( )bbbb

Nqb IE

Nl

IE

lq

1264

34o

C o+−=+= δδδ

Considerando, agora, a solicitação do tirante CD pela força redundante N, o deslocamento da extremidade C é igual ao alongamento total do tirante:

( )aa

a AE

Na−=Cδ

A B C

2/l

l

2/l

D

a

oqq −=

A B C

2/l

l

2/l

D

oqq −=

AR BR

N

N

C

)(a )(b



A condição de compatibilidade dos deslocamentos em C para ambos os elementos estruturais implica que seja verificada a seguinte condição:

( ) ( )ab CC δδ =

ou seja:

aabbbb AE

Na

IE

Nl

IE

lq−=+−

1264

34o

donde:

bbaa

aa

IaEAEl

AElqN

19216

33

4o

+= (a)

b)- Momento de flexão máximo

Uma vez conhecida a força redundante N, as reacções em A e B podem ser calculadas recorrendo às equações da estática:

∑∑

=

=

0

0

BM

Fy (b)

Desenvolvendo a segunda destas equações, obtém-se:

022A =×−×l

Nl

R

donde, substituindo N pela respectiva expressão em (a):

bbaa

aa

IaEAEl

AElqNR

19216

33

4o

A+

== (c)

Desenvolvendo a primeira equação (b), obtém-se:

0oBA =+−+ NlqRR

donde:

bbaa

bbaa

IaEAEl

IalEAElqNlqR

968

9652

3

4o

oB+

+=−= (d)

O diagrama dos esforços transversos é conforme o esboço representado na Fig.(c):



O diagrama é antissimétrico relativa-mente à secção x = l/2. Da figura ao lado tira-se:

)2/()2/( oo

o

Nlq

N

xl

x

−=

−

donde: o

oq

Nx =

O momento flector máximo ocorre ou na secção B ou nas duas secções E e F, onde apresenta valores iguais:

−=−=−=

828282 oo

2o

2o

ABl

q

Nlq

lqNllqlRM

ooo

22oo

oAFE 222 q

N

q

N

q

NxqxRMM =−=−==

PROBLEMA – 8.2.7.

O pórtico ABCD representado na figura a seguir é articulado em A e D e suporta um carregamento uniforme de intensidade q = −qo ao longo do elemento horizontal BC. Os três elementos do pórtico têm todos o mesmo comprimento (l) e a mesma rigidez à flexão (EI).

Determine:

a)- O valor da reacção horizontal em cada um dos apoios A e D.

b)- A deflexão vertical a meio do segmento BC.

RESOLUÇÃO:


Trata-se dum problema hiperstático do primeiro grau, uma vez que há quatro reacções nos apoios A e D (RA, HA, RD, HD) para apenas três equações de equilíbrio estático:

=

=

=

∑∑∑

0

0

0

AM

F

F

y

x

(a)

A D

B C

o)( qxq −=

y

x

l

l

N−

N+N

lq−

2o

2olq

N −

ox

2/l

V

xA E B F C

)(c



Escolhendo como força redundante a reacção horizontal em A, Fig.(a), das equações (a) pode tirar-se:

2o

DAlq

RR ==

AD HH −=

E o diagrama dos momentos flectores é conforme esboçado no esquema da Fig.(b).

Conhecido o diagrama dos momentos flectores, a aplicação do Teorema de Castigliano para o deslocamento horizontal em A é dado pela expressão seguinte:

( )

−−−=

∂∂

= ∫∫∫ll

dxlHxlxlq

dyyHEI

duH

MM

EI0

2A

2o

0

2A

D

A AA 2

211

δ

ou seja:

−=123

5 oA3

AlqH

EI

lδ

Impondo a condição 0A =δ resulta, finalmente:

20o

Alq

H =

b)- Deflexão vertical a meio do segmento BC

A deflexão vertical no ponto E, a meio vão do elemento AB, pode ser determinada recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano. O método consiste em colocar em E uma força vertical concentrada de intensidade P, calcular a energia elástica de deformação do sistema carregado com o carregamento real mais a força P, derivar a expressão resultante em ordem a P e calcular o seu valor para P = 0, isto é:

00E

"

"

""

==

∂∂

=

∂

∂=

PP dP

dM

M

U

P

Uδ (b)

A D

B C

o)( qxq −=

y

x

AH DH

AR DR

A D

B C

yHM A−= yHM A=

( ) lHxlxq

M A2o

2−−=

)(a

)(b



Como o sistema é simétrico relativamente à vertical em E, bastará considerar somente a metade esquerda do pórtico.

Procedendo para este carregamento P exactamente como foi feito na alínea anterior para o carregamento qo, obtém-se:

−−=

∂∂

=

∫∫

∫2/

0

2A

0

2A

D

A A

'A

222

1

''

1

ll

dxlHxPl

dyyHEI

duH

MM

EIδ

ou seja:

−=

)166

52 'A

3'A

PH

EI

lδ

Impondo a condição 0A =δ resulta:

40

3'A

PH =

Quando se considera o carregamento simultâneo de P e qo, basta aplicar o princípio de sobreposição. Obtém-se, assim:

yPlq

yMyMyM

+−=+=40

3

20)()()( o'

ABAB"AB

( )40

3

2202)()()(

2o2o'

BEBE"BE

Plx

Plqxlx

qxMxMxM −+−−=+=

Substituindo em (b), resulta:

EI

lq

2400

551 4o

E =δ

PROBLEMA – 8.2.8.

Considere a viga contínua representada na figura a seguir, com três vãos do mesmo comprimento (l) e rigidez à flexão EI, solicitada por uma força concentrada (−P) aplicada a meio do terceiro vão.

A D

B C

y

x

'AH '

DH

'AR '

DR

A D

B C

yHM 'A' −= yHM '

A=

lHxP

M 'A2

' −=

)(c

)(d

P

E



Determine os diagramas dos esforços transversos e dos momentos flectores:

a)- Recorrendo à aplicação do Teorema de Castigliano.

b)- Recorrendo à aplicação do Teorema dos três momentos.

RESOLUÇÃO:

a)- Teorema de Castigliano

Trata-se dum problema hiperstático de grau 2 (igual ao número de apoios intermédios…). Tomando como redundantes as reacções X1 e X2 nos apoios intermédios 1 e 2, a viga primária é conforme representado na Fig.(a).

As reacções nos apoios extremos calculam-se através das habituais equações de equilíbrio estático:

=

=

∑∑

0

0

3M

Fy (a)

Da segunda equação em (a) resulta, directamente:

210 3

1

3

2

6XX

PR −−= (b)

e substituindo na primeira equação, obtém-se:

213 3

2

3

1

6

5XXPR −−= (c)

De acordo com o método de Castigliano, as forças redundantes X1 e X2 obtêm-se resolvendo as duas equações seguintes:

P

l ll

1X

0 1 2 3

2X0R 3R

P

l ll

2/l



0)(

)(1

0)(

)(1

3

0 22

3

0 11

=∂

∂=

∂∂

=∂

∂=

∂∂

∫

∫

dxX

xMxM

EIX

U

dxX

xMxM

EIX

U

l

l

(d)

É necessário, primeiro, explicitar os momentos flectores M(x) em cada um dos segmentos da viga contínua:

−+=∂∂

−+=∂∂

−=∂∂

−=∂∂

−−=

22

21

2

2

11

22

21

2

1

11

1

1

1211

189

1

9

299

2

9

4

3

1

2 ;

3

2 ;

3

1

3

2

6

xP

XxXxX

MM

xP

XxXxX

MM

xX

Mx

X

MxXX

PM

(0 ≤ x ≤ l)

( ) ( ) ( )( )

−++−=∂∂

−+−−+−=∂∂

−=∂∂

−=∂∂

+−

−=

22

21

2

2

22

22

21

22

1

22

2

2

1

2212

189

13

9

1

318

13

9

196

9

13

1 ;

3 ;

633

xP

XxXlxxX

MM

PlxxXlxxXllxxX

MM

xX

Ml

x

X

Mx

PX

xXl

xM

(l ≤ x ≤ 2l)

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

−++−++−=∂∂

−++−++−=∂∂

−=∂∂

−=∂∂

+

−+

−=

PlxxXllxxXllxxX

MM

PlxxXllxxXllxxX

MM

lx

X

Ml

x

X

Mx

PXl

xXl

xM

39

196

9

496

9

2

318

196

9

296

9

13

2 ; 3

; 63

23

22

221

22

2

33

22

221

22

1

33

2

3

1

3213

(2l≤x≤ 2,5l)

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

+−−+−++−=∂∂

+−−+−++−=∂∂

−=∂∂

−=∂∂

−−

−+

−=

PllxxXllxxXllxxX

MM

PllxxXllxxXllxxX

MM

lx

X

Ml

x

X

MPl

xXl

xXl

xM

222

221

22

2

44

222

221

22

1

44

2

4

1

4214

969

596

9

496

9

2

9618

596

9

296

9

13

2 ; 3

; 32

5

32

3

(2,5l≤x≤ 3l)

Substituindo em (d), obtém-se:



=−+

=−+

0193228

0315664

21

21

PXX

PXX (e)

donde:

40

2920

3

22

11

PXR

PXR

+==

−==

e, substituindo em (b) e (c):

40

1640

3

0

PR

PR

+=

+=

Os diagramas dos esforços transversos e dos momentos flectores podem agora ser esboçados sem qualquer dificuldade:

Como se pode constatar, embora formalmente simples, a aplicação do Teorema de Castigliano às vigas contínuas é bastante trabalhosa e demorada, sobretudo na dedução das equações (e) atrás. Para este tipo de problemas, a aplicação do método dos três momentos é muito mais simples, conforme se pode ver na alínea seguinte.

b)- Método dos três momentos

O método consiste em escrever a equação dos três momentos (8.13).

1

111111

66)(2

+

+++++− −−=+++

n

nn

n

nnnnnnnnn

l

bA

l

aAlMllMlM ,

01 2 3

P025,0−

P125,0+

P6,0−

P4,0+

x

V

0 12

3

Pl025,0

Pl1,0−

Pl2,0+

x

M



para cada um dos dois apoios intermédios (1) e (2). No caso vertente, apenas o tramo 2-3 tem solicitação externa aplicada, que consiste na força P aplicada a meio vão. Neste caso tem-se, de acordo com o esquema representado na figura a seguir:

−=++

=++

8

300)2(2

0)2(202

21

21

PllMlM

lMlM

Resolvendo o sistema anterior em ordem a M1 e M2, obtém-se:

10 e

40 21Pl

MPl

M −=+=

Usando agora a equação (8.14) para o cálculo das reacções nos apoios intermédios:

1

11"'

+

+− +−+

−++=

n

nn

n

nnnnn

l

MM

l

MMRRR

obtém-se:

40

29

10104020

20

3

10404000

2

1

PPPPPR

PPPPR

+=++++=

−=−−−+=

As restantes duas reacções R0 e R3 calculam-se recorrendo às equações da estática, conforme equações (b) e (c) da alínea anterior.

PROBLEMA – 8.2.8.

Uma viga prismática contínua sobre três apoios, de comprimento 5l e rigidez à flexão EI está carregada conforme o esquema representado na figura a seguir. Determinar, recorrendo à aplicação do teorema dos três momentos:

a)- As reacções nos apoios.

b)- Os diagramas dos esforços transversos e dos momentos flectores.

23l

a =23l

b =

3G

ll =3

P

2 3

8

2

3Pl

A =

lPqxq /3)( o −=−=

l l ll2

P2

2/P0 1 2



RESOLUÇÃO:


A equação dos três momentos (8.13):

1

111111

66)(2

+

+++++− −−=+++

n

nn

n

nnnnnnnnn

l

bA

l

aAlMllMlM ,

deverá, aqui, ser aplicada apenas ao apoio intermédio (1). No caso vertente, os dois tramos adjacentes 0-1 e 1-2 têm as solicitações externas e respectivos e momentos flectores conforme representados na figura:

Escrevendo, então, a equação dos três momentos acima, referida ao apoio (1), obtém-se:

2

22

1

112221110

66)(2

l

bA

l

aAlMllMlM −−=+++

ou seja:

l

lPl

l

lPlll

PlM

2

12

2

62

2)4(20

22

1 −−=×−+

donde:

PlM −=1

A reacção no apoio intermédio (1) obtém-se utilizando a equação habitual (8.16):

1

11"'

+

+− +−+

−++=

n

nn

n

nnnnn

l

MM

l

MMRRR

Substituindo para n = 1, obtém-se:

Pl

PlPl

l

PlPPR 75,4

2

2/

2

031 =

−+

+++=

la =1 lb =1

1G

ll 21 =

P2

0 1

21 PlA =

la =2 lb =2

2G

ll 22 =

1 2

23

o2 2

3

2Pl

lqA ==

lPqxq /3)( o −=−=



As restantes duas reacções R0 e R3 calculam-se recorrendo às equações da estática. Assim, tomando os momentos em (0), por exemplo, ( )∑ = 00M :

052

43622 21 =×−×+×−×+×− lP

lRlPlRlP

donde:

PR 25,32 =

e, somando as forças segundo a vertical ( )∑ = 0yF :

02

23

2 210 =−+×−+−P

Rll

PRPR

Donde:

PR 5,00 =

b)- Diagramas dos esforços transversos e momentos flectores

Uma vez calculadas as reacções nos apoios, os diagramas dos esforços transversos e dos momentos flectores podem ser esboçados sem quaisquer dificuldades:

0 1 2

P5,0−

P5,1+

P25,3−

P75,2+

x

V

0 1 2

Pl5,0+

PlM max 76,0=

x

M

P5,0−

Pl−

Pl5,0−



PROBLEMA – 8.2.9.

Uma viga prismática de comprimento (2l+a) e rigidez à flexão EI está encastrada numa das extremidades, simplesmente apoiada em mais duas secções e sujeita a um carregamento uniforme q(x)= −qo, conforme o esquema representado na figura a seguir. Determinar:

a)- As reacções nos apoios e o momento de encastramento.

b)- O deslocamento vertical da extremidade livre da viga, no caso particular em que a = l.

RESOLUÇÃO:


Tratando-se duma viga contínua, deve aplicar-se a equação dos três momentos (8.13) em cada um dos apoios intermédios:

1

111111

66)(2

+

+++++− −−=+++

n

nn

n

nnnnnnnnn

l

bA

l

aAlMllMlM

No caso vertente, há apenas um único apoio intermédio (2). O carregamento externo nos dois troços adjacentes 1-2 e 2-3 é do mesmo tipo, conforme representado na figura a seguir. Escrevendo então a equação dos três momentos para o apoio (2), obtém-se:

3

33

2

22

333222166

)(2

l

bA

l

aA

lMllMlM

−−=

+++

ou seja:

l

llq

l

llq

lMllMlaq

2126

2126

)(22

3o

3o

32

2o

−−=

+++−

donde:

( ) 028 22o32 =−++ alqMM (a)

Por outro lado, sendo o último apoio encastrado, pode escrever-se a equação adicional (8.15):

o)( qxq −=

ll

0 1 2

a

3

2/la =

2G

l

12

3olq

A =

o)( qxq −=

2/lb =

2,1 3,2



21N

1N1NN1N

3

2 +

+++ −−=

l

aAMM (8.15)

Adaptando ao caso vertente, obtém-se:

23

3323

3

2 l

aAMM −−=

ou seja:

2

3o

23

2123

2 l

llqM

M −−=

donde:

084 2o32 =++ lqMM (b)

Resolvendo o sistema de equações (a) e (b), obtém-se:

)43(28

22o2 al

qM −−= e )(

1422o

3 alq

M +−=

A reacção no apoio intermédio (2) obtém-se utilizando a equação habitual (8.16):

1

11"'

+

+− +−+

−++=

n

nn

n

nnnnn

l

MM

l

MMRRR

Substituindo para n = 2, obtém-se:

l

MM

l

MMRRR 3221"

2'22

+−+

−++=

Ou seja, substituindo os valores para as diversas forças e momentos:

( )l

alq

l

alq

alq

l

alqaq

lqlqR

14

1361)(14

)43(28

)43(282

22

22o

22o22o

22o2

o

oo2

−=

+−−+

−+−++=

As restantes duas reacções R1 e R3 calculam-se recorrendo às equações da estática. Assim, tomando os momentos em (3), por exemplo, ( )∑ = 03M :

022

)2(21o

2

3 =−−+

+ lRlRqal

M



donde:

( )laall

q

l

alqlRMR 281911

284

)2(22 22o2

o231 ++=

++−=

e, somando as forças segundo a vertical ( )∑ = 0yF :

( ) 02 o321 =+−++ qalRRR

Donde:

( )22o3 713

28al

l

qR +=

b)- Deslocamento vertical da extremidade livre

No caso particular de ser a = l, tem-se:

14

29 o1

lqR = ;

14

3 o2

lqR = ;

14

10 o3

lqR = ;

14

2 2o

3lq

M −=

Os momentos flectores ao longo do eixo da viga são dados pelas seguintes expressões (origem dos xx na extremidade esquerda):

2o1 2

)( xq

xM −= (para 0 ≤ x ≤ l)

)2 (para ,7

29

7

29

2

)(2

)(

22o

12o

2

lxlllxxq

lxRxq

xM

≤≤

+−−=

−+−=

)3 2 (para ,7

35

7

32

2

)2()(2

)(

22o

212o

3

lxlllxxq

lxRlxRxq

xM

≤≤

+−−=

−+−+−=

A viga conjugada é conforme representado na figura a seguir:

0 1 2 3



O deslocamento vertical da secção (0) da viga real é igual ao momento flector da viga conjugada na mesma secção, isto é:

( )

+−+

+−+−=

++==

∫∫∫

∫∫∫l

l

l

l

l

l

l

l

l

l

c

dxxllxxdxxllxxdxxEI

q

xdxxMxdxxMxdxxMEI

M

3

2

2232

223

0

3o

3

2

3

2

2

0

100

7

35

7

32

7

29

7

29

2

)()()(1

δ

Calculando os integrais obtém-se, finalmente:

EI

lq

681

29 4o

0 −=δ

PROBLEMA – 7.2.10.

Considere uma coluna de secção circular cheia, de raio R2, e outra de secção circular oca, com a mesma quantidade de material, conforme ilustrado no esquema da figura (a) a seguir.

a)- Determine a razão entre as cargas críticas de cada uma das colunas.

b)- Idem para uma secção quadrada cheia, de lado a2, e outra oca, de lado igual a 2a2, figura (b).

RESOLUÇÃO:

a)- Secções circulares

Começa-se por calcular os raios de giração para as duas secções:

(i)-Secção maciça:

24 2

22

42

R

R

R

A

Ir ===

π

π

22R24R

12R

22a

1a

2a

)(a )(b



(i)-Secção oca:

O raio interior da secção oca deve ser tal que a respectiva área seja igual à da secção oco, isto é:

( ) 21

22

22 4 RRR −= ππ

donde:

21 3RR =

O raio de giração da secção oca é, então:

( )22

2

42

42

4

7944

'

'' R

R

RR

A

Ir =

−==

π

π

Como as áreas são iguais, a razão entre as cargas críticas é a mesma das tensões críticas:

=

2

222

2

222

4

7

4

'

l

ER

l

ER

N

N

cr

cr

π

π

donde:

crcr NN 7' =

b)- Secções quadradas

No caso das secções quadrados, tem-se, igualmente:

(i)-Secção maciça:

32

312 222

42

a

a

a

A

Ir ===

(i)-Secção oca:

Tal como no caso anterior, o lado interior da secção oca deve ser tal que a respectiva área seja igual à da secção oco, isto é:

21

22

22 4 aaa −=

donde:

21 3aa =

O raio de giração da secção oca é, então:



222

22

22

12

712

9

12

16

'

'' a

a

aa

A

Ir =

−==

A razão entre as cargas críticas será, então:

=

2

222

2

222

12

12

'

l

Ea

l

Ea

N

N

cr

cr

π

π

donde:

crcr NN 7' =


Uma barra de aço de secção recta 60mm x 40mm é articulada em ambas as extremidades e está sujeita a uma compressão axial, conforme indicado na figura a seguir.

Admitindo que o limite de cedência do material é σp=250MPa e o respectivo módulo de elasticidade E=210GPa, determine:

a)- O comprimento mínimo da barra para o qual a fórmula de Euler pode ser utilizada.

b)- O valor da carga crítica para um comprimento da barra igual a 2m.

RESOLUÇÃO:

a)- Comprimento mínimo da barra

O momento de inércia mínimo da secção em questão é:

4533

102,312

4060

12mm

bhI ×=

×==

donde, o raio de giração mínimo da secção:

N N

l40

60



mmA

Ir 5,11

4060

102,3 5

=××

==

A tensão crítica é dada pela equação (7.8), isto é:

( )2

2

/ rl

Ecr

πσ =

O comprimento mínimo para o qual a fórmula de Euler é aplicável obtém-se fazendo a tensão crítica na equação anterior igual à tensão limite de cedência:

( )2

926

5,11/

1021010250

l

××=×

π

donde:

mmml 047,11047 ==

a)- Valor da carga crítica

O valor da carga crítica para um comprimento de 2m é dado pela equação fundamental de Euler (7.7), isto é:

2

2

l

EINcr

π=

Substituindo pelos valores numéricos, obtém-se:

kNNcr 1662

10102,310210

2

12592

=×××××

=−π

e a tensão axial correspondente a esta carga é:

MPaA

Ncrcr 1,69

104060

10166

6

3

=××

×==

−σ


Determine a carga crítica (segundo a teoria de Euler) para uma coluna biarticulada, cuja secção é constituída por um perfil INP260. A barra tem 4,5m de comprimento e o módulo de elasticidade do aço é E=210GPa.



RESOLUÇÃO:

Consultando a tabela de perfis INO (NP-339) dada no Apêndice D, verifica-se que o momento de inércia mínimo do perfil em questão é igual a 2,88x10−6

mm4.

Usando a fórmula de Euler (7.7), obtém-se:

kNl

EINcr 77,294

5,4

1088,210210

2

692

2

2

=××××

==−ππ


Uma barra de comprimento l e rigidez EI está encastrada na extremidade A, enquanto que na extremidade B é permitida a rotação e o deslocamento axial, sendo restringido qualquer deslocamento transversal, conforme representado no esquema da figura a seguir.

Deduza a equação da carga axial crítica Ncr, bem como o comprimento efectivo da coluna.

RESOLUÇÃO:

Quando a barra entra em encurvadura, desenvolve-se um momento de flexão MA na extremidade encastrada e forças de reacção transversais V em cada uma das extremidades (ver figura em cima), de tal modo que, pela a condição de equilíbrio dos momentos:

VlM A =

O momento flector na secção à distância x da extremidade A é dado pela expressão seguinte:

)()( A xlVNyVxNyMxM −+−=−−=

donde, a equação diferencial de encurvadura da barra:

)(2

2

xlVNydx

ydEI −+−=

lV V

AM

N N x

y

A B



Esta equação pode escrever-se ainda sob a forma:

)(22

2

xlEI

Vyk

dx

yd−=+ (a)

onde:

EI

Nk =2

A solução geral da equação (a) é:

)()( )( xlN

VkxcosBkxsenAy −++=

As constantes de integração A e B, bem assim como a reacção transversal V, calculam-se a partir das condições de fronteira para x = 0 e x = l, onde se tem, y = 0. Há uma terceira condição para x = 0, onde é, também dy/dx = 0. Assim, obtém-se:

=−

=+

=+

0

0)g(

0

N

VAk

BkltA

N

VlB

Estas três equações são satisfeitas se A=B=V=0, que a solução trivial, correspondente a uma deflexão nula. Para haver outras soluções para além da solução nula, o determinante característico deve ser nulo:

01

0

01)(

10

=

−N

k

kltgN

l

ou seja:

)(kltgkl = (b)

Esta é a equação de encurvadura, cuja solução é a carga crítica da barra em questão. O menor valor não nulo que satisfaz a equação (b) é:

4934,4=kl

O carregamento crítico correspondente é, então:



2

2

2

046,219,20

l

EI

l

EINcr

π== (c)

O comprimento efectivo da barra é tal que:

2

2

e

crl

EIN

π= (d)

Finalmente, comparando (c) e (d), obtém-se:

llle 7,0699,0 ≈=


Uma barra de comprimento l e rigidez EI está articulada na extremidade A, enquanto que na extremidade B a rotação é parcialmente restringida por um momento de restituição de magnitude λ por unidade de rotação (radiano) nessa extremidade, conforme sugerido no esquema da figura que se apresenta a seguir.

Deduza a equação da carga axial crítica Ncr. Considere que tanto A como B estão impedidos de se deslocar lateralmente, mas o apoio A pode aproximar-se do apoio B.

RESOLUÇÃO:

Este problema é muito semelhante ao anterior. A configuração deformada da barra está esboçada na figura em cima. Quando a barra entra em encurvadura, desenvolve-se o momento de restituição MB na extremidade B e forças de reacção transversais V em cada uma das extremidades, de tal modo que, pela a condição de equilíbrio dos momentos:

VlM =B

O momento flector na secção à distância x da extremidade A é dado pela expressão seguinte:

NyVxxM −=)(

V V

BM

N N x

y

A B

l

y

x



donde, a equação diferencial de encurvadura da barra:

NyVxdx

ydEI −=

2

2

Esta equação pode escrever-se ainda sob a forma:

xEI

Vyk

dx

yd=+ 2

2

2 (a)

onde:

EI

Nk =2

A solução geral da equação (a) é:

xN

VkxcosBkxsenAy ++= )( )(

As constantes de integração A e B e a força lateral V calculam-se a partir das condições fronteira para x = 0 e x = l, onde se tem, y = 0. Da primeira condição resulta imediatamente que B=0. Há ainda a considerar uma terceira condição fronteira, relativa ao declive em B:

λBM

dx

dy

lx

−=

=

O sinal (−) no segundo membro da equação anterior deve-se ao facto do momento flector Ml e o declive [dy/dx]x=l serem de sinais opostos.

Esta condição em B, tendo já em atenção que a constante B=0, e que MB=Vl, pode então escrever-se sob a forma seguinte:

01)( =

++λNl

VklcosAkN

Das duas condições em B, resulta:

=

++

=+

01)(

0)(

λNl

VklcoskNA

N

lVklsenA

Estas duas equações são satisfeitas se A = V = 0. Essa é a solução trivial, correspondente a uma deflexão nula. Para haver solução do sistema anterior, para além da solução nula, o determinante característico deve ser nulo, isto é:



01)(

)(=

+λNl

klcoskN

N

lklsen

donde:

01)( =+− klcotgklNl

λ

Esta equação permite obter a carga de encurvadura Ncr. Tal equação terá de ser resolvida numericamente para valores específicos de EI, l e λ.


Uma coluna cuja secção é constituída por um perfil IPE400 (NP-2116 e DIN-1025) está montada sobre pinos nas duas extremidades e tem um comprimento de 8m. A coluna suporta um carregamento vertical P1=87,5ton aplicado no centróide da secção superior e um carregamento também vertical P2=12,5ton aplicado com uma excentricidade de 40cm em relação ao eixo principal com o maior momento de inércia, conforme representado na figura a seguir.

a)- Usando a fórmula da secante, calcule a tensão de compressão máxima na coluna. Tome o módulo de elasticidade do aço é E=210GPa

b)-Admitindo que a tensão de cedência do aço é σp=280MPa, qual é o factor de segurança em relação à plastificação do material?

RESOLUÇÃO:

a)- Tensão de compressão máxima

Os dois carregamentos P1 e P2 são estaticamente equivalentes à carga axial única N =100ton aplicada com uma excentricidade e=5cm (ver figura ao lado).Neste caso pode usar-se directamente a fórmula da secante para determinar a tensão máxima de compressão na peça:

+=

EA

N

r

lsec

r

ev

A

Nmax 2

12

σ (a)

cm40tonP 5,871 =

tonP 5,122 =

tonN 100=

cme 5=



As propriedades requeridas do perfil IPE400 são obtidas da Tabela E.1 no Apêndice E:

28450mmA = ; mmr 4,1658450

1030,231 6

=×

= ; mmv 2002

400==

Substituindo os valores numéricos em (a), obtém-se:

×××

××

×+

×

×=

−− 39

6

23

6

1045,810210

101

1654,02

8

1654,0

2,005,01

1045,8

101secmaxσ

ou seja: MPamax 86,169=σ

Esta tensão de compressão ocorre na secção à meia altura da coluna, no lado côncavo da mesma.

b)- Factor de segurança

Para determinar o factor de segurança relativamente à plastificação do material, é preciso calcular o valor do carregamento Np, aplicado com a excentricidade e, que irá produzir uma tensão máxima igual à tensão de cedência σp=280MPa.

Substituindo σmax=σp=280MPa na fórmula da secante (a):

+=

EA

N

r

lsec

r

ev

A

N ppp 2

12

σ

Usando os respectivos valores numéricos:

×××××

×+

×=×

−− 39236

1045,8102101654,02

8

1654,0

2,005,01

1045,810280 pp N

secN

ou seja,

[ ( )]pp NsecN 46 1074,5 3655,0110366,2 −×+=×

Resolvendo esta equação numericamente, obtém-se:

tonNN p 02,159105902,1 6 =×=

Este carregamento produzirá escoamento do material (em compressão) na secção transversal do momento flector máximo.Uma vez que o carregamento real é N=100ton, o factor de segurança contra escoamento é:

59,1100

02,159.. ===

N

NSF

p



8.2. PROBLEMAS PROPOSTOS

8.3.1. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma carga uniforme de intensidade q = −qo, como representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-As forças de corte ao longo do comprimento da barra. c)-Os momentos flectores ao longo do comprimento da barra. d)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra. e)-A deflexão máxima e a posição onde ocorre. f)-As rotações das secções transversais ao longo do comprimento da barra. g)-A rotação no apoio B.

Solução: a) RA=5qol/8; MA=qol2/8;

RB=3qol/8. b) V(x)= qox− 5qol/8. c) M(x)= − qox

2/2+5qolx/8− qol2/8.

d) y = − qox2(2x2−5lx+3l2)/(48EI).

e) ymax = − 0.00542qol4)/(48EI), para

x=0.579l. f) θ = − qox (8x2−15lx+6l2)/ (48EI). g) θΒ = qol

3/(48EI).

8.3.2. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma carga parabolicamente distribuída de acordo com a equação q = −qo(1−x2/l2) como representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-A equação da elástica.

Solução: a) RA=61qol/120; MA=11qol

2/120; RB=19qol/120. b) y = −qox

2(l−x)(33l3−28l2x+2lx2+2x3)/ (720l2EI).

8.3.3. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), é solicitada por um momento Mo aplicado em B, conforme representado na figura a seguir . Determine: a)-As reacções nos apoios A e B. b)-As forças de corte ao longo do comprimento da barra.

c)-Os momentos flectores ao longo do comprimento da barra. d)-A equação da elástica. e)-A deflexão máxima e a posição onde ocorre. f)-As rotações das secções transversais ao longo do comprimento da barra. g)-A rotação no apoio B.

Solução: a) RA= − RB=3Mo/(2l); MA=Mo/2. RB=3qol/8. b) V(x)= − 3Mo/(2l). c) M(x)= Mo(3x−l)/(2l). d) y = − Mox

2(l−x)/(4EI). e) ymax = − Mol

3)/(27EI), para x=2l/3.

f) θ = Mox (3x−2l)/(4EI).

A

l

x

y

B

oM

A

l

x

y

B

oq−)/1( 22

o lxqq −−=

A

l

x

y

B

oqq −=



g) θΒ = Mol2/(4EI).

8.3.4. Uma viga biencastrada AB, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma força concentrada a meio vão de intensidade P = −Po, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B.

b)-As forças de corte ao longo do comprimento da barra.

c)-Os momentos flectores ao longo do comprimento da barra. d)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra.

e)-A deflexão máxima e posição onde ocorre.

f)-As rotações das secções transversais ao longo do comprimento da barra.

Solução: a) RA=RB=Po/2; MA=−MB=Pol/8. b) V(x)= − Po/2, para 0<x<l/2 e V(x)= Po/2, para l/2<x<l.

c) M(x)= Pox/2−5Pol/8, para 0≤x≤l/2 e M(x)= −Pox/2+3Pol/8, para l/2≤x≤l.

d) y = − Pox2(3l−4x)/(48EI) , para

0≤x≤l/2 e y = Po(l−x)2(l−4x)/(48EI) , para l/2≤x≤l.

e) ymax = − Pol3)/(192EI), para x=l/2.

f) θ = Pox(2x− l)/(8EI), para 0≤x≤l/2 e θ = −Po(l−x)(l−2x)/(8EI) , para l/2≤x≤l.

8.3.5. Uma viga bi-encastrada AB, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma distribuição de carga sinusoidal q = −qosen(πx/l), conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B.

b)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra.

Solução: a) RA=RB=qol/π; MA=−MB=2qol

2/π3.

b) y = − qol2[l2sen(πx/l)− πxl+πx2]/

(π4EI).

8.3.6. Uma viga contínua de dois vãos ABC, de comprimento l , está sujeita a um carregamento uniforme q = −qo, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine, recorrendo ao método da sobreposição, as reacções em A, B e C.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores.

Solução: RA= RC=3qol/8; RB=5qol/4.

8.3.7. Uma viga contínua ABC com dois vãos diferentes, de comprimentos l e 2l, está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = −qo, conforme representado na figura a seguir.

A

l

x

y

B

oqq −=

l2

C

A

2l

x

y

B

oqq −=

2l

C

A

l

x

y

B

)/(o lxsenqq π−=

A

2l

x

y

B

oPP −=

2l



a)-Determine, recorrendo ao método da sobreposição, as reacções em A, B e C.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: RA= qol/8; RB=33qol/16; RC=13qol/16.

8.3.8. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l, suporta um carregamento uniforme de intensidade q = −qo na metade esquerda do seu comprimento, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções nos apoios da viga.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: RA=57qol/128; RB=7qol/128; MA=9qol

2/128.

8.3.9. Uma viga biencastrada AB, de comprimento l, suporta uma carga uniforme de intensidade q = −qo sobre uma parte a do vão, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine, recorrendo ao método da sobreposição, as reacções em A e B.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: MA= qoa

2(6l2−8al+3a2)/(12l2); MB = − qoa

3(4l−3a)/(12l2); RA = qoa(2l3−2ª2l+a3)/(2l3); RB = qoa

3(2l−a)/(2l3).

8.3.10. Relativamente à viga a que se refere o problema anterior, considere a situação em que a carga qo actua sobre todo o comprimento l, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios. b)-A equação da elástica. c)-A flecha a meio vão. d)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: a) RA=RB= qol/2; MA= −MB= qol

2/12. b) y =− qox

2(l−x)2/(24EI) c) δ = − qol

4/(384EI).

8.3.11. Ainda relativamente à viga a que se referem os dois problemas anteriores, considere a situação em que a carga qo actua sobre um troço central de comprimento b, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções nos apoios. b)-Para o caso particular de a=b=l/3, desenhe o diagrama dos momentos flectores e identifique a secção mais solicitada. Solução: a) RA=RB= qob/2; MA= −MB= qob(3l2−b2)/(24l). b) Mmax= 19qo l

2/648.

8.3.12. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l e

A

l

x

y

B

oqq −=

a ab

A

l

x

y

B

oqq −=

A

l

x

y

B

oqq −=

a

A

2l

x

y

B

oqq −=

2l



rigidez à flexão (EI), sofre um assentamento yB = − δo, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-As forças de corte ao longo do comprimento da barra. c)-Os momentos flectores ao longo do comprimento da barra. d)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra. e)-As rotações das secções transversais ao longo do comprimento da barra. f)-A rotação no apoio B.

Solução: a) RA= RB=3EIδo/l3;

MA=3EIδo/l2. b) V(x)= − 3EIδo/l

3.

c) M(x)= 3EIδo(x−l)/l3.

d) y = − δox2(3l−x)/(2l3).

e) θ = 3δox(x−2l)/(2l3).

f) θΒ = − 3δo/(2l).

8.3.13. Considere a viga ABC representada na figura a seguir, com um comprimento total de 5m e uma rigidez à flexão EI=4,0MNm2, carregada com uma distribuição contínua qo=6kN/m nos primeiros 3m a partir da secção de encastramento A.

a)-Determine a reacção em C, supondo que este apoio sofre um afundamento yC = − 6mm.


Solução: RC = 7,11kN.

8.3.14. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma distribuição de carga triangular de intensidade máxima −qo, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra. c)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores.


RB=qol/10.

b) y = − qox2(4l3−8l2x+8lx2)/(120lEI).

8.3.15. Uma viga bi-encastrada AB de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma distribuição de carga triangular de intensidade máxima −qo, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra. c)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores.

A

l

x

y

B

oq−

A

l

x

y

B

oq−

Ax

y

B

mkNq /6o −=

m1

C

m1m3

A

l

x

y

B

oB δ−=y




RB=3qol/20; MB= −qol2/30.

b) y = − qox2(l−x) 2 (3l−x)/(120lEI).

8.3.16. Uma viga biencastrada nas extremidades A e B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma distribuição de carga triangular simétrica de intensidade máxima −qo, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra. c)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução:

a) RA= RB=qol/4; MA= −MB=5qol2/96.

b) y = − qox2(25l

3−40l2x+16lx

3)/(960lEI), para 0≤x≤l/2 (simétrica relativamente à vertical x = l/2).

8.3.17. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l, suporta uma carga concentrada P = −Po em C, à distância a da secção de encastramento, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções nos apoios A e B da viga. b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores.

Solução: RA=Po(l−a)(2l2− a2+2al)/(2l3); RB=Poa

2(3l− a)/(2l3); MA= Poa(l−a)(2l− a)/(2l2).

8.3.18. Uma viga encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta uma carga concentrada a meio vão de intensidade P = −Po, conforme representado na figura a seguir.

Determine: a)-As reacções nos apoios A e B. b)-A equação da elástica ao longo do comprimento da barra. c)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores.

Solução: a) RA=11Po/16; MA=3Pol/16; RB=5Po/16.

b) y = Pox2(11x−9l)/(96EI), para

0≤x≤l/2 e y = Po (x−l)(−2l2+10lx−5x2)/

(96EI), para l/2≤x≤l.

8.3.19. Uma viga AB de comprimento l, encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, suporta duas cargas concentrada de intensidade P = −Po, conforme representado na figura a seguir.

Determine: a)-As reacções nos apoios A e B. c)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores.

A

3l

x

y

B

oP oP

3l

3l

A

2l

x

y

B

oPP −=

2l

A

a

x

y

B

oPP −=

l

C

A

2/l

x

y

B

oq−

2/l



Solução: a) RA=4Po/3; MA=Pol/3; RB=2Po/3.

8.3.20. Uma viga AB de 5m de comprimento, encastrada na extremi-dade A e simplesmente apoiada em D, à distância de 1m da extremidade B, suporta uma carga concentrada de intensidade P1 = −50kN aplicada a meio vão entre apoios e outra carga de intensidade P2 = −25kN aplicada na extremidade B, conforme representado na figura a seguir.

Determine: a)-As reacções nos apoios. c)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: a) RA=25kN; MA=25kNm; RB=50kN.

8.3.21. Uma viga biencastrada nas extremidades A e B, de comprimento l e rigidez à flexão (EI), suporta duas carga concentradas, ambas de intensidade P = −Po, aplicadas à distância a de cada um dos apoios, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-As reacções nos apoios A e B. b)-A deflexão máxima da viga. Solução:

a) RA= RB=Pol/2; MA= −MB=Poa(l−a)/l. b) δmax = − Poa

2(3l−4a)/(24EI).

8.3.22. Uma viga com dois troços prismáticos de comprimentos iguais mas de rigidez à flexão diferentes (EI e 2EI, respectivamente), está encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada na extremidade B, e suporta um carregamento uniforme de intensidade q = −qo ao longo de todo o comprimento l, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções nos apoios da viga.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: RA=31qol/48; RB=17qol/48; MA=7qol

2/48.

8.3.23. Uma viga ABCD com três troços prismáticos de rigidez à flexão (EI, 2EI e EI, respectivamente), está encastrada em ambas as extremidades e suporta uma carga concentrada a meio vão de intensidade P = −Po, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções nos apoios A e D.

b)-A deflexão máxima da viga. Solução:

a) RA=RD=Po/2; MA= − MD=5Pol/48. a) δmax= − 11Pol

3/(3072EI).

8.3.24. Ainda relativamente à barra a que se refere o problema anterior, mas agora para duas cargas concentradas da

A

4l

x

y

B

oPP −=

EI2

EI

C

EI

D

4l

4l

4l

A

2l

x

y

B

oqq −=

2l

EI2 EIC

A

l

x

y

B

oPP −=

a a

oPP −=

Ax

y

B

kNP 501 =

m1m2 m2

kNP 252 =

C

D



mesma intensidade P = −Po aplicadas nas secções de transição B e C, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções nos apoios.

b)-A deflexão máxima da viga. Solução:

a) RA=RD=Po; MA= − MD=Pol/6. a) δmax= − Pol

3/(256EI).

8.3.25. Uma viga AB, de comprimento l e rigidez à flexão EI, está simplesmente apoiada em A e B e assenta a meio vão sobre uma mola de rigidez k. A viga está sujeita a um carregamento uniforme q = −qo ao longo de todo o seu comprimento, conforme representado na figura a seguir.

Determine qual deverá ser a rigidez k da mola de modo que o momento flector máximo na viga tenha o menor valor possível.

Solução: k = 717,041EI/l3.

8.3.26. Considere uma estrutura ABC em forma de L, constituída por dois elementos de igual comprimento (l) e a mesma rigidez à flexão (EI), encastrada na extremidade A e simplesmente apoiada em C, conforme representado na figura a seguir.

A estrutura está sujeita a uma pressão uniforme qo aplicada sobre todo o comprimento do elemento AB. Tendo em conta apenas os esforços de flexão, determine as reacções nos apoios.

Solução: VC= −VA = qol/8; HA = − qol; MA = 3qol

2/8.

8.3.27. Para a mesma estrutura em L a que se refere o problema anterior, considere agora a situação em que a solicitação é uma força horizontal Ho aplicada a meia altura do elemento AB.

Tendo em conta apenas os esforços de flexão, determine:


b)- O valor do momento flector máximo na estrutura.

Solução: a) VC= −VA = 3Ho/32;

HA = − Ho; MA = 13Hol/32.

b) Mmax = 13Hol/32.

8.3.28. Ainda para a mesma estrutura em L a que se referem os dois problemas anteriores, considere agora a situação em que há um apoio articulado em cada uma das extremidades A e C, conforme representado na figura a seguir.

A

B

oH

2/l

2/lC

l

A

B

oql

C

l

A

2l

x

y

B

oqq −=

2l

Ck

A

4l

x

y

B

oPP −=

EI2

EI

C

EI

D

4l

4l

4l

oPP −=



Tendo em conta apenas os esforços de flexão, determine:


b)- O valor do momento flector máximo na estrutura.

Solução:

a) HA= −13Ho/32; VA= 3Ho/32;

HC = − 19Ho/32; VC = − 3Ho/32.

b) Mmax = 13Hol/64.

8.3.29. Considere a estrutura ABCD com a forma representada na figura a seguir, construída em barra com rigidez à flexão (EI ), encastrada na extremi-dade A e simplesmente apoiada em B.

Determine os deslocamentos horizontal e vertical do ponto D.

Solução: δh = Poa2(l+2a)/(4EI);

δv = −Poa2(3l+16a)/(12EI).

8.3.30. Uma viga contínua com apoios simples em A, B e C, está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = −6Po/l no segmento BC e a duas cargas concentradas de intensidades −2Po e −Po/2 aplicadas em D e E, respectivamente, conforme represen-tado na figura a seguir.

a)-Determine, recorrendo ao método da equação dos três momentos, as reacções nos apoios A, B e C.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução:

RA= 0,50Po; RB= 4,75Po; RC= 3,25Po.

8.3.31. Uma viga contínua ABCD com três vãos iguais de comprimentos l, está sujeita a uma força concentrada de intensidade P = −Po aplicada na secção média, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine, recorrendo ao método da equação dos três momentos, os momentos flectores nas secções B e C.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: MB= MC= −Pol/40.

8.3.32. Uma viga contínua ABCD com três vãos iguais de comprimentos l, está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = −qo ao longo de todo o seu comprimento, conforme represen-tado na figura a seguir.

A

l

x

y

B

oqq −=

C D

l l

A

l

x

y

B

oPP −=

C D

l l

Ax

y

B

l

Pq o6−=

CD

l 2l

2oP

o2P

E

2l

2l

A B

oPP −=

CD

l

a

a

A

B

oH

2/l

2/lC

l



a)-Determine, recorrendo ao método da equação dos três momentos, as reacções em A, B, C e D.


RA= RD= 2qol/5; RB= RC= 11qol/10.

8.3.33. Uma viga contínua ABCD com três vãos iguais de comprimentos l, está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = −qo no vão AB, e a uma carga concentrada Po= −qol à distância l/4 do apoio D, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine, recorrendo ao método da equação dos três momentos, as reacções em A, B, C e D.


RA= 431qol/960; RB=89qol/160; RC=93qol/320; RD=169qol/240.

8.3.34. Uma viga contínua ABC com dois vãos de 4 m cada, encastrada na extremidada A e simplesmente apoiada em B e C, está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = − 15kN/m no vão BC, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine as reacções em A, B, e C.


Solução:

RA= − 6,4kN; RB= 40,7kN; RC= 25,7kN; MA= − 8,54kNm.

8.3.35. Uma viga contínua ABCD com dois vãos de comprimentos l, encastrada na extremidada A, simplesmente apoiada em B e C, e com o segmento CD em consola, está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = − qo ao longo de todo o seu comprimento, conforme represen-tado na figura a seguir.

a)-Determine os momentos flectores nas secções A, B e C.

b)-Desenhe os diagramas dos esforços transversos e momentos flectores. Solução: MA= − qo(l

2+ a2)/14; MB= − qo(3l2−4a2)/28; MC= − qoa

2/2.

8.3.36. Uma viga contínua ABCD com três vãos iguais de comprimentos l, está sujeita a um afundamento δo do apoio B, conforme representado na figura a seguir.

a)-Determine os momentos flectores nas secções B e C.


MB= 18EIδo/(5l2); . MC= −12EIδo/(5l2)

8.3.37. Uma viga contínua de 5 apoios ABCDE com vãos de comprimentos 8m, 10m, 9m e 7m, respectiva-mente,

A

l

x

y

B

oδ

C D

l l

A

l

x

y

B

oqq −=

C

l

D

a

A

l

x

y

B

mkNq /15−=

C

l

A

l

x

y

B

oqq −=

C D

l l

lqP oo −=l

43



está sujeita a um carregamento uniforme de intensidade q = −6kN/m nos vãos BC e CD, e a uma carga concentrada Po= −30kN à distância de 3m do apoio A, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a)-Os momentos flectores em B, C e D. a)-As reacções em A, B, C, D e E.

b)-Os diagramas dos esforços transver-sos e dos momentos flectores. Solução:

a) MB= 44,43Nm; MC= − 51,92Nm; MD= − 19,57Nm. b) RA= 13,2kN; RB=46,05kN; RC=61,34kN; RD=26,21kN; RE= − 28,0kN.

8.3.38. Uma coluna bi-articulada em madeira (E=10GPa, σadm=12MPa), tem um comprimento de 2m e secção quadrada com 12cm de lado, conforme representado na figura a seguir.

a) Determine a carga máxima que a coluna á capaz de suportar, de acordo com a teoria de Euler para a encurvadura e utilizando um coefici-ente de segurança de 2,0.

b) Verifique se o valor calculado na alínea a) é compatível com a resistência do material à compressão.

Solução: a) N=213,2kN. b) Não (Nmax=172,8kN).

8.3.39. Uma coluna AB de secção transversal quadrada (lado a) em madeira (E=10GPa), com 3,5m de comprimento, encastrada na base e livre na outra extremidade, conforme representado na figura a seguir.

Determine o lado da secção, de forma que a coluna suporte uma carga axial de 50kN com um coeficiente de segurança relativa-mente à encurvadura n=8.

Solução: a = 22,09cm.

8.3.40. Uma coluna tubular de comprimento l = 1,5m é construída em tubo de aço (E=200GPa) de secção circular com diâmetro interior d1 = 36mm e diâmetro exterior d2 = 40mm, conforme representado na figura a seguir. A coluna está apoiada apenas nas extremidades e pode encurvar em qualquer direcção.

Determine a carga crítica Ncr para cada uma das seguintes condições de apoio: a)- Articulada nas duas extremidades. b)- Encastrada numa extremidade e livre na outra. c)- Encastrada numa extremidade e articulada na outra.

1d 2d

x

y

z

a

kN50

A

B

a

m5,3

N

m2 cm12

cm12

A

B

A

m8

x

y

B

mkNq /6−=

C D

kNP 30−=

E

m10 m9 m8

m3



a)- Encastrada nas duas extremidades.

Solução:

a) Ncr = 37,91kN. b) Ncr = 9,48kN. c) Ncr = 77,57kN. d) Ncr = 151,65kN.

8.3.41. Uma coluna AB de comprimento l = 1,5m , articulada nas duas extremidades, é construída em tubo de aço (E=200GPa, σp=290MPa) de secção circular com diâmetro interior d1 = 50mm e diâmetro exterior d2 = 56mm. A coluna está sujeita a uma força de compressão de intensidade N = − 9kN aplicada a meio da espessura da parede do tubo, conforme indicado na figura a seguir.

Determine :

a)- O valor da tensão máxima no tubo.

b)- O valor valor máxino admissível da carga Po, para um coeficiente de segurança n = 2, relativamente à fluência do material.

Solução: a) σmax = 58,9MPa. b) Nadm= −18,5kN.

8.3.42. Uma coluna AB de compri-mento (l) e rigidez à flexão (EI) está rigidamente encastrada na base A e também encastrada na extremidade B,

mas com possibilidade de movimento transversal livre, conforme represen-tado na figura anterior.

Determine a carga crítica relativamente à encurvadura.

Solução: Ncr = π2EI/l2.

8.3.43. Uma coluna AB de compri-mento l e secção transversal rectangular (axb), construída em barra de alumínio (E = 70GPa), está encastrada pela base em A e guiada transversalmente sem atrito na outra extremidade, segundo a direcção z, sem qualquer restrição na direcção y, conforme representado na figura a seguir.

a) Determine a relação a/b dos dois lados da secção transversal que corresponde ao dimensionamento mais eficiente contra a encurvadura.

b) Determine a secção transversal mais eficiente, para o valor l = 500mm, N = 22kN e um coeficiente de segurança igual a 2,5.

Solução: a) a/b = 0,35.

b) a = 14,2mm; b = 40,7mm.

8.3.44. Uma coluna bi-articulada nas extremidades é construída em tubo de alumínio (E=70GPa) de secção circular, com o comprimento l = 2m e diâmetro exterior d = 50mm. Determine a espessura t que deverá ter o tubo, de forma que a coluna possa suportar uma carga N = 15kN, com um

x

y

z

al

b

N

A

B

A

B

lEI

N

1d 2d

kNN 9o =



factor de segurança relativamente à encurvadura n=2.

Solução: t = 4,45mm.

8.3.45. Resolva o problema anterior, considerando agora uma coluna em tubo de aço (E=200GPa), com comprimento l = 6,5m, diâmetro exterior d = 140mm e N = 135kN.

Solução: t = 6,12mm.

8.3.46. Determine a carga crítica Ncr para o sistema representado na figura a seguir.

Solução: Ncr = ka2/l.

8.3.47. Determine a carga crítica Ncr para o sistema representado na figura a seguir.

Solução: Ncr = kal/(l+a).

8.3.48. Uma barra de aço (E=200GPa) de comprimento l = 2m e secção transversal quadrada 50mmx50mm é comprimida por duas forças opostas N=55kN cada, aplicadas excentrica-mente a meio de um dos lados, conforme representado na figura a seguir.

Determine:

a) A deflexão lateral máxima da barra. b) O momento flector máximo na barra. Solução; a) δmax = 8,44mm. b) Mmax = 1,84kNm.

8.3.49. Relativamente à barra a que se refere o problema anterior, suponha agora que a carga N é aplicada co-axialmente, no centro de cada uma das secções A e B. Determine o valor da tensão crítica (σcr) quando a carga N atinge o valor crítico à encurvadura (Ncr).

Solução: σcr = 102,9MPa.

8.3.50. Ainda relativamente à barra a que se refere o problema 8.3.48, mas para uma carga N=36kN aplicada com a mesma excentricidade de 25mm, determine: a) O valor da tensão máxima na barra. b) O valor da carga N que produz uma tensão máxima (σmax) igual a 80MPa.

Solução: a) σmax = 66,3MPa. b) N = 30,7kN.

mm50

mm50

ml 2=

kNN 55=

kNN 55=

A

B

N

k

A

B

l

C

a

N

k

A

B

l

a

C



8.4. BIBLIOGRAFIA

[8.1]-Timoshenko, S.P. and Young D.H., "Elements of Strength of Materials", Ed. Van Nostrand, New York, (1962).

[8.2]-Branco, C.A.M., "Mecânica dos Materiais", Ed. Fundação Calouste Gulbenkian, Lisboa, (1985).

[8.3]-Massonnet, C., "Résistance des Matériaux", Ed. Dunod, Paris, (1968).

[8.4]-Benham, P.P. and Warnock, F.V., "Mechanics of Solids and Structures", Ed. Pitman Publishing, London, (1976).

[8.5]-Hearn, E.J., "Mechanics of Materials", Ed. Pergamon Press, Oxford, (1981).

[8.6]-Ugural, A.C. and Fenster, S.K., "Advanced Strength and Applied Elasticity", Ed. Elsevier North-Holland Publishing Company, Inc., New York (1981).

[8.7]-Gere, J.M., and Timoshenko, S.P., “Mechanics of Materials”, Ed. Chapman & Hall, London (1992).

[8.8]-Beer, F.P., and Johnston, E.E., “Mechanics of Materials”, McGraw-Hill Book Co., London (1992).

[8.9]-Portela, A., e Silva, A., "Mecânica dos Materiais", Plátano Edições Técnicas, Lisboa (1996).

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