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SECÇÃO DE MECÂNICA ESTRUTURAL E ESTRUTURAS

DISCIPLINA DE RESISTÊNCIA DE MATERIAIS I

APONTAMENTOS DE FLEXÃO ELÁSTICA DE PEÇAS LINEARES

EDUARDO BORGES PIRES

DINAR CAMOTIM

PEDRO BORGES DINIS

LISBOA, ABRIL DE 2010

Flexão Elástica de Peças Lineares

1

FLEXÃO ELÁSTICA DE PEÇAS LINEARES

1 INTRODUÇÃO

• Conforme se viu anteriormente, qualquer problema de Saint-Venant pode ser

expresso como uma combinação linear dos quatro seguintes problemas

(i) Problema da Tracção (ou Compressão)

(ii) Problema da Flexão Circular (ou Pura)

(iii) Problema da Flexão com Esforço Transverso

(iv) Problema da Torção

• Estudou-se já o problema da Tracção e vai agora estudar-se o problema da Flexão

Circular. Os problemas da Flexão com Esforço Transverso e da Torção serão estudados

na disciplina de Resistência de Materiais II.

• Designa-se habitualmente por viga uma peça linear que se encontra submetida a

momento flector com ou sem esforço transverso. Este tipo de elemento estrutural

(barra) é muito importante em engenharia de estruturas, onde é utilizado muito

frequentemente − e.g., os pisos dos edifícios apoiam-se em vigas e as pontes

contêm vigas entre os seus elementos estruturais.

• As vigas são habitualmente classificadas em função dos seus apoios. Assim, existem

(i) Vigas em consola (encastradas-livres)

(ii) Vigas simplesmente apoiadas (um apoio fixo e outro móvel ou dois apoios fixos)

(iii) Vigas bi-encastradas (dois encastramentos)


2

(iv) Vigas encastradas-apoiadas (um encastramento e um apoio móvel ou fixo)

(v) Vigas contínuas ou com múltiplos vãos ou de vários tramos (com apoios intermédios)

• A palavra flexão é utilizada para designar o comportamento das barras submetidas

a diferentes tipos de combinação de esforços − i.e., existem vários tipos de flexão.

Assim, tem-se

(i) Flexão circular ou pura − barra submetida unicamente a momento flector

(ii) Flexão simples − barra submetida a momento flector e esforço transverso

(iii) Flexão (circular ou simples) composta − barra submetida a momento flector e esforço

normal (com ou sem esforço transverso)

Barra AB

Troço BC

Flexão simples composta

Flexão circular composta


3

• Neste capítulo começa-se por determinar a solução do Problema de Saint-Venant da

Flexão Circular. Em seguida, esta solução é utilizada para estudar os comportamentos

de vigas submetidas a flexão simples e a flexão composta.

• Observação

As expressões utilizadas para estudar o comportamento de vigas à flexão são

aproximadas ou exactas consoante exista ou não esforço transverso.

2 O PROBLEMA DE SAINT-VENANT DA FLEXÃO CIRCULAR

• Considere-se uma barra prismática e homogénea submetida a um momento flector

constante (uniforme) M. A barra tem comprimento L e uma secção transversal de área A.

O material que a constitui tem um comportamento elástico linear com módulo de

elasticidade E e coeficiente de Poisson ν.

Figura 1 − Problema de Saint-Venant da flexão circular.

(I) Hipóteses e suas Consequências

(i) “As secções transversais da barra flectida permanecem planas e perpendiculares aos

eixo da barra (deformado)” (Hipótese de Bernoulli)

⇒ cxbxau ++= 213 02313 == γγ ( 02313 == εε )

a, b e c são, em geral, função de x3

(ii) “As secções transversais podem deformar-se livremente nos seus próprios planos”

(Hipótese de Navier)

⇒ 0122211 === σσσ

Secção transversal (plano x1-x2)


4

(iii) “A barra flecte num plano, designado por (x2−x3), permanecendo rectas as fibras

inicialmente paralelas aos eixo 2”

Figura 2 − Barra submetida a flexão circular.

Obs. Admite-se ainda a hipótese dos pequenos deslocamentos, bem como a de

que as cargas são aplicadas de forma quasi-estática.

• Como todos os troços de barra se encontram nas mesmas condições, a sua

deformação é idêntica. Por esse motivo, todos os segmentos longitudinais se

transformam em arcos de circunferência.

• A deformação das fibras longitudinais só depende de x2 (i.e., é independente de x1 e x3).

• Como não existe esforço normal, as fibras longitudinais não podem estar todas

comprimidas ou traccionadas. Umas estão comprimidas (as do lado côncavo), outras

estão traccionadas (as do lado convexo) e, na transição entre umas e outras, existem

fibras que não variam de comprimento − as fibras neutras.

• O lugar geométrico das fibras neutras de uma barra flectida designa-se por superfície

neutra. A intersecção da superfície neutra com uma secção transversal define a linha

neutra (ou eixo neutro) dessa secção.

• Considere-se um referencial em que o eixo x3 tem a direcção de um “segmento

neutro” e o eixo x1 é, em cada secção, a respectiva linha neutra.


5

• Considere-se agora a deformação do troço infinitesimal de barra AA´-BB´, de

comprimento dx3 (ver Figura 2).

Figura 3 − Deformada do troço infinitesimal de barra AA´-BB´.

• As secções AA´ e BB´ rodam uma em relação à outra de um ângulo dθ.

• Admitindo que as deformações são pequenas ( 333 e≈ε e os segmentos de arco

confundem-se com as respectivas cordas), o comprimento de uma fibra longitudinal

vale, após a deformação

θdxdx 23 +

• Então, a deformação dessa fibra vale

32

3

32333

dx

dx

dx

dxdxdx θθε =

−+=

• Como dθ /dx3 representa a curvatura das “fibras neutras” da viga (e.g., o eixo x3) tem-se

R

x233 =ε

onde R é o raio de curvatura dessas fibras neutras (i.e., o inverso da curvatura).

Fibra neutra

Encurtamento

Alongamento


6

(II) Relações Tensões-Deformações

o 02313 == εε ⇒ 02313 == σσ

o 012 =σ ⇒ 012 =ε

o 02211 == σσ ⇒ EE

332211

3333

συεε

σε −==∧=

(III) Relações Deformações-Deslocamentos

o )()()( 323133 xcxxbxxau ++= ⇒

=

++=

R

x

cxbxa

233

3231333 ,,,

ε

ε ⇒

⇒

=⇒=

+=⇒=

=⇒=

333

2333

133

)(0,

1)(1,

)(0,

Cxcc

CxRxbRb

Cxaa

3223113

1CxCx

RxCu +

++=∴

o R

xEE 2

3333 == εσ

o R

x211 υε −= ⇒ ),( 321

21 xxAx

R

xu +−= υ

R

x222 υε −= ⇒ ),(

2 31

22

2 xxBR

xu +−= υ

o 013 =ε ⇒ 013

=+∂∂

Cx

A ⇒ 123132 )(),( KxAxCxxA ++−=

o 023 =ε ⇒ 01

233

=++∂∂

CxRx

B ⇒

⇒ 21322

331 )(2

1),( KxBxCx

RxxB ++−−=

o 012 =ε ⇒ 012

1 =++−dx

Bd

dx

Ad

R

xυ ⇒

+−=

=

211

2

2x

RxKB

xKA

υ


7

• Neste momento sabe-se que

[ ]

=

R

Exij

200

000

000

σ [ ]

−

−

=

R

xR

xR

x

ij

2

2

2

00

00

00

υ

υ

ε

+

++=

++−−−−=

++−−=

3223113

22

11322

32

22

123112

1

122

1

2

CxCxR

xCu

KxR

xKxCxR

xR

u

KxKxCxR

xu

υυ

υ

(IV) Equilíbrio no Interior do Corpo (Xj=0)

o 0, =+ jiij Xσ

j=1,2 ⇒ Verificado

j=3 ⇒ σ33,3=0 ⇒ Verificado

(V) Equilíbrio na Superfície Lateral da Barra (σj=0)

o jiijn σσ = ⇒ Verificado

(VI) Equilíbrio nas Secções Extremas da Barra (x3=0; L)

o ∫ ==A

dAN 033σ ⇒ ∫ =A

dAx 02 ⇒

⇒ o eixo 1 (i.e., a linha neutra) passa no centro de gravidade G da secção ⇒

⇒ pode considerar-se um referencial (x1, x2, x3) baricêntrico (x3 coincide com o

“segmento neutro” que passa por G)


8

o

=−=−=

===

∫ ∫

∫∫

A A

AA

IR

EdAxx

R

EdAxM

IR

EdAx

R

EdAxM

12211332

112

22331

σ

σ ⇒

12

2

11

11

EI

M

EI

M

R==

onde I11 e I12 são o momento de inércia e o produto de inércia da secção transversal da

barra em relação ao referencial constituído pela linha neutra (LN − x1) e pelo eixo

contido no plano de flexão que passa em G (eixo central − x2)

12

22

11

2133

I

xM

I

xM==∴ σ

• Observações

(i) No caso geral, para que a flexão ocorra no plano (x2 −x3) é necessário que o momento

flector M tenha componentes segundo os eixos x1 e x2. Como M é sempre

perpendicular ao plano de solicitação (plano onde actuam as cargas transversais que

provocam o momento M), tem-se que os planos de solicitação e flexão não coincidem.

Neste caso, diz-se que a flexão é desviada.

(ii) Só é possível que o plano de flexão coincida com o plano de solicitação (i.e., que

M2=0 ou que M=M1) se I12= 0, i.e., se x1 e x2 forem os eixos principais centrais de

inércia da secção. Neste caso diz-se que a flexão é recta.

plano de solicitação

plano de flexão


9

Obs. Note-se que um eixo de simetria da secção é sempre um eixo principal

central de inércia.

(iii) Como a flexão desviada pode ser sempre tratada como uma sobreposição de duas

flexões rectas, vamos a partir de agora considerar o caso da flexão recta − i.e.,

admite-se que o plano de flexão (x2 −x3) é um plano principal central de inércia,

também designado por plano principal de flexão da barra. Assim, x1 e x2 são os eixos

principais centrais de inércia da secção e tem-se

);( 1112

11

2133 IIMM

I

xM

I

xM≡≡==σ

(iv) Estudar-se-á a flexão desviada mais adiante.

• jiijn σσ = n1=n2=0 σ1=σ2=0

1:0 33 −== nx ⇒ 211

1333 x

I

M−=−= σσ

1: 33 == nLx ⇒ 211

1333 x

I

M== σσ

• Assim, a solução do problema da flexão recta é dada por

02313122211 ===== σσσσσ 211

133 x

I

M=σ

0231312 === εεε 211

12211 x

EI

Mνεε −== 2

11

133 x

EI

M=ε

12312111

11 KxKxCxx

EI

Mu ++−−=

υ

[ ] 21322

12

22

311

12 )(

2KxKxCxxx

EI

Mu +−−−+−= υ

322113211

13 KxCxCxx

EI

Mu +++=


10

• Observações

(i) O campo de deslocamentos foi determinado a menos das constantes 2121 ,,,, KKKCC

e 3K , as quais correspondem aos seis deslocamentos de corpo rígido: três rotações

( KCC ,, 21 ) e três translações ( 321 ,, KKK ). Se as condições de apoio impedirem

esses deslocamentos de corpo rígido, as condições respectivas permitem calcular

o valor das constantes − todas elas serão nulas se se impedirem os deslocamentos

de corpo rígido na secção extrema da barra que corresponde à origem do

referencial (x1=x2=x3=0).

(ii) A solução encontrada apenas é exacta no caso de as forças exteriores aplicadas

nas secções extremas variarem linearmente ao longo da altura da secção

( 11213 IxM±=σ ).

No caso de as forças exteriores terem outra distribuição (sempre estaticamente

equivalente a M1), obtém-se uma solução aproximada. De acordo com o

Princípio de Saint-Venant, a diferença em relação à solução exacta apenas é

significativa na vizinhança das secções extremas da viga.

(iii) O produto EI11 designa-se por rigidez de flexão (em torno da LN que aqui se

admite coincidente com o eixo x1).

(iv) Como as hipóteses admitidas para resolver o problema da flexão circular são

de natureza cinemática (i.e., não envolvem a natureza material da barra), elas

podem aplicar-se igualmente a barras constituídas por materiais não elásticos,

não homogéneos ou não isotrópicos.


11

(v) A solução obtida é exacta (a menos do Princípio de Saint-Venant) para a

flexão circular de barras prismáticas. Pode mostrar-se que ela constitui ainda

uma boa solução aproximada nos seguintes casos:

o Barras submetidas a flexão com esforço transverso (i.e., em que o

diagrama de momentos flectores não é uniforme).

o Barras com secção variável, desde que a sua variação seja suave, i.e., não

seja brusca. (Nota: Nesta disciplina, admite-se sempre que a solução obtida

é aplicável, independentemente do tipo de variação da secção).

(vi) Como o deslocamento u2 não depende linearmente de x1 e x2, as secções

transversais da barra não permanecem rígidas − i.e., deformam-se nos seus

próprios planos. No entanto, esta deformação constitui um efeito de segunda

ordem e pode ser desprezada.

(vii) A superfície neutra da barra (x2=0) deforma-se para fora do seu plano, tomando a

forma de uma sela. Este facto resulta de se ter, para x2=0

[ ]21

23

11

12 2

xxEI

Mu υ−−=

o que significa que a curvatura das fibras transversais (u2,11) tem sinal oposto à

das fibras longitudinais (u2,33).

u2,33 u2,11


12

3 VIGAS SUBMETIDAS A FLEXÃO RECTA

• Considera-se agora que o plano de solicitação da viga, designado por (x2 −x3), é um

plano principal de inércia, o que significa que a viga se encontra submetida a flexão

recta nesse mesmo plano − momentos flectores M1, superfície neutra contida no

plano (x1−x3) e curvatura do eixo 1/R2. Por simplicidade, considera-se a partir de agora

RxRIIMxM

1

)(

1e)(,)(

321131 sprismáticavigas ≡≡≡

• Tem-se então

EI

M

R=

1 (Lei de Euler-Bernoulli) 233 x

I

M=σ 233 x

EI

M=ε

2322

32 2KxCx

EI

Mu +−−= − deformada do eixo da viga (x1=x2 =0), sendo as

• 1/R representa o ângulo de que rodam, uma relativamente à outra, duas secções

afastadas de uma unidade de comprimento. A rotação entre as secções extremas de

uma barra de comprimento L vale

30

1dxM

EI

L

∫=ϕ

M uniforme ⇒ EI

LM=ϕ

constantes C2 e K2 determinadas a partir

das condições de apoio da viga.


13

• As tensões normais σ33 variam linearmente ao longo da “altura” das secções

transversais da viga (direcção de x2). As fibras superiores (inferiores) ficam

comprimidas (traccionadas) quando o momento flector é positivo (negativo), sucedendo

o oposto às fibras inferiores.

• Observa-se que as tensões máximas (de tracção e compressão) ocorrem nas fibras

extremas da secção, i.e., as fibras mais afastadas da linha neutra (LN).

• Consoante a secção seja simétrica ou não em relação à LN, as máximas tensões de

tracção e compressão são iguais ou diferentes.

• A tensão normal máxima (em valor absoluto) ocorre na(s) fibra(s) mais afastada(s)

da LN. Designando a distância correspondente por v ( max2xv = ), tem-se

W

M

I

vM==max

33σ

onde [ ]3L

v

IW = se denomina por módulo de flexão da secção transversal da viga.


14

Exemplo Ilustrativo

Calcular os módulos de flexão das secções representadas na Figura 4.

(a) (b)

Figura 4 − Secções transversais (a) rectangular e (b) triangular equilátera.

(a) 6

2

12 21

1

3

1 bh

v

IW

hv

bhI

==⇒

=

=

(b) 32

3

3

96

33

11

4

1a

v

IW

av

aI

==⇒

=

=

• No caso das secções transversais mais correntes (e.g., secções de vigas de aço em

I, U, L, T, etc.), os valores dos momentos de inércia e dos módulos de flexão são

frequentemente obtidos de tabelas disponíveis na literatura técnica.

Exemplo Ilustrativo

Determinar a distribuição das tensões normais na secção de meio vão da viga representada na

Figura 5, a qual é constituída por um perfil INP32 − W1=782cm3.

Figura 5 − Viga de secção em I.

INP32


15

o Diagrama de momentos flectores

Secção de meio vão: M=Mmax=160kNm

o Diagrama de tensões normais

MPammNW

M6.204/6.204

1082x7

10x60.1 23

6max33 ====σ (tracção e compressão −

3.1 DIMENSIONAMENTO DE VIGAS

• Quando se consideram apenas as tensões normais devidas à flexão, o dimensionamento

de uma viga deve satisfazer o critério

RdSd σσ ≤

onde Sdσ são os valores de cálculo das tensões actuantes e Rdσ é o valor de cálculo

da tensão resistente do material que constitui a viga − e.g., pode ter-se Rdσ =235,

275, 355 MPa, no caso do aço utilizado na construção de estruturas metálicas.

secção simétrica)

204.6MPa (T)

204.6MPa (C)

(+)

(−)

+ M


16

• No caso de a tensão resistente de uma viga ter o valor σ (à tracção e à compressão),

é necessário satisfazer a condição

σσ ≤=W

Mmax33

o que mostra que o módulo de flexão W “mede” a resistência da viga à flexão.

• Por outro lado, o máximo momento flector que pode ser aplicado à viga vale

σWM =max

• Observação

Se as tensões resistentes do material à tracção e à compressão forem diferentes

( C

Rd

T

Rd σσ ≠ ), é necessário satisfazer condições distintas para as fibras mais

traccionadas e comprimidas.

Exemplo Ilustrativo

Considere-se a viga simplesmente apoiada representada na Figura 6, a qual possui a secção

rectangular oca indicada, de espessura igual a 8mm. Determine a largura mínima da secção

(bmin), sabendo que MPaRd 150== σσ .

Figura 6 − Viga de secção tubular.


17

o Diagrama de momentos flectores

Secção de meio vão: M=Mmax=(25+25+25) /2 x 0.8 − 25 x 0.4= 20kNm

o Módulo de flexão

)(1.3985.9212

)6.116)(6.1(

12

16 433

cmbbb

I +=−−

−=

)(8.496.118

8 3cmb

IWcmv +==⇒=

o Condição

σσ ≤=W

Mmax33 ⇒ 150

10)8.496.11(

10203

6

x

x≤

+b ⇒ b ≥72.3mm

∴ bmin=72.3mm

3.1.1 OPTIMIZAÇÃO DA SECÇÃO DE VIGAS

• Quando maior for o valor de W, maior será a capacidade resistente de uma secção à flexão.

• De entre as várias formas que uma secção pode ter (com a mesma área), qual é

aquela que maximiza a sua resistência à flexão?

• Considerem-se várias secções com a mesma área A e a mesma altura h − nesse caso,

pretende-se conhecer qual a forma que maximiza o momento de inércia I.

+

M


18

• Como é óbvio, deve procurar maximizar-se a distância do material à LN − no limite

tem-se todo o material o mais afastado possível.

4222

22

xxhAhA

I =

= (desprezando a inércia própria)

22/

hA

h

IW ==

• Comparando com a secção rectangular, em que W=b h2/6=A h/6, verifica-se que a

“secção optimizada” resiste a um momento flector três vezes superior.

• Pode assim concluir-se que o ideal, do ponto de vista da flexão, seria ter uma secção

em I com uma alma de espessura tão reduzida quanto possível (para aumentar a

distância entre os banzos). No entanto, uma secção com essas características possuiria

outras vulnerabilidades (e.g., baixa resistência ao esforço transverso e elevada

susceptibilidade a fenómenos de instabilidade).

• As secções em I correntemente utilizadas surgem assim como o resultado de um

“compromisso” entre maximizar a resistência da viga à flexão sem a tornar

excessivamente vulnerável a outros fenómenos estruturais. Por esse motivo, a

esmagadora maioria das barras que trabalham primordialmente à flexão têm secções

transversais em I.

• No caso de um INP32, tem-se W≈ 0.32 A h. Note-se que o material é bem aproveitado:

a grande maioria do material está localizada nas zonas onde a tensão é mais elevada.

L N


19

Exemplo Ilustrativo

Considere uma viga em T com a secção indicada na Figura 7, a qual está submetida a um

momento flector positivo. Determine a largura b que deve ter o banzo horizontal para que sejam

atingidas simultaneamente as tensões resistentes MPaT

Rd 25=σ e MPaC

Rd 90=σ .

Figura 7 − Viga de secção em T.

o Distâncias às fibras mais afastadas de G

540060

40500090022 22

1 ++

=−+−+

=b

b

s)sb(sh

/s)sb(/shv

540060

243000630012 +

−=−=

b

bvhv

o Condição

278.090

25

2

1 ==v

v ⇒ 2780

2430006300

405000900.

b

b=

++

∴ b =397mm


20

3.2 DETERMINAÇÃO DA LINHA ELÁSTICA

• Conforme se viu anteriormente, a Lei de Euler-Bernoulli estipula que

EI

M

R=

1

expressão que fornece a curvatura da configuração deformada do eixo da viga, também

designada por linha elástica da viga − u2(x3).

• Admitindo a hipótese dos pequenos deslocamentos, tem-se que

33,223

221

udx

ud

R==

o que implica que

EI

Mu ±=33,2

• Para o sistema de eixos escolhidos (x2−x3), tem-se que

EI

Mu −=33,2 (Equação da Elástica)

pois momentos flectores positivos provocam uma configuração deformada com curvatura

negativa (a tangente passa de positiva a negativa).

configuração deformada do eixo da viga (linha elástica)

tangente negativa

tangente positiva


21

• Como se tem 3dxdMV = e 3dxdVp −= , vem

( ) ( )3,33,233,2

3

uEIuEIdx

dV −=−=

( )[ ] ( )33,33,23,33,2

3

uEIuEIdx

dp −=−−=

• Se EI=cte, vem

333,2uEIV −= 3333,2uEIp =

• Pode obter-se a linha elástica de uma viga (com EI=cte), através da integração de uma das

equações

EI

Mu −=33,2

EI

Vu −=333,2

EI

pu =3333,2

tendo a solução que satisfazer um número de condições de fronteira igual à ordem da

equação considerada (2, 3 ou 4).

• Podem obter-se linhas elásticas de vigas isostáticas e hiperstáticas.

• Relativamente à escolha da equação a integrar, é conveniente referir que:

(i) Em vigas isostáticas, pode utilizar-se qualquer uma das três equações, em virtude de ser

possível obter V(x3) e M(x3) através de condições de equilíbrio. A escolha da equação a

utilizar depende apenas da conveniência (facilidade) de cálculo.

(ii) Em vigas hiperstáticas, apenas se pode utilizar a equação de 4ª ordem, na medida em

que não é possível conhecer à priori V(x3) ou M(x3).


22

(iii) No caso de M(x3), V(x3) ou p(x3) serem dados por mais de uma expressão analítica

e/ou exibirem descontinuidades (e.g., provocados por uma carga ou momento

concentrado), é necessário efectuar uma integração por troços − a elástica é

definida por vários expressões analíticas (uma por troço), as quais devem satisfazer

condições de continuidade entre troços adjacentes.

Obs. No caso do número de troços da viga ser elevado, a determinação da sua

linha elástica torna-se bastante laboriosa, sendo preferível utilizar outros

métodos para calcular deslocamentos e/ou rotações.

• No caso de se utilizar a equação

EI

pu =3333,2

as quatro integrações sucessivas fornecem respectivamente (i) o diagrama de esforços

transversos, (ii) o diagrama de momentos flectores, (iii) o campo de rotações e (iv) o

campo de deslocamentos

EI

pu =3333,2 ⇒ VdxpuEI −≡= ∫ 3333,2 ⇒

⇒ MdxVuEI −≡−= ∫ 333,2 ⇒

⇒ θ≡−= ∫ 33,2 dxEI

Mu ⇒

⇒ δθ ≡= ∫ 32 dxu


23

Exemplo Ilustrativo

Determine as linhas elásticas das quatro vigas indicadas na Figura 8 (todas de

comprimento L e rigidez EI).

(a) (b)

(c) (d)

Figura 8 − Vias com diferentes condições de apoio submetidas à flexão.

(a) MuEI −=33,2

133,2 CxMuEI +−=

2312

32 2CxCx

MuEI ++−=

0)0(2 =u ⇒ 02 =C

0)0(3,2 =u ⇒ 01 =C

∴ 232 2

xEI

Mu −=

33,2 xEI

Mu −=

MuEIM =−= 33,2

(b) puEI =3333,2

13333,2 CxpuEI +=

2312

333,2 2CxCx

puEI ++=

3322

313

33,2 26CxCx

Cx

puEI +++=

4332

323

314

32 2624CxCx

Cx

Cx

puEI ++++=


24

0)0(2 =u ⇒ 04 =C

0)0(33,2 =uEI ⇒ 02 =C

0)(2 =Lu ⇒ 0624 3

31

4

=++ LCLCpL

0)(33,2 =LuEI ⇒ 02 1

2

=+ LCpL

⇒ 21

pLC −= ⇒

24

3

3

pLC =

∴ [ ]333

34

33

33

34

32 224241224

1xLxLx

EI

px

pLx

pLx

p

EIu +−=

+−=

EI

pLLuu

384

5)2(

4

2max2 ==

[ ]323

333,2 64

24LxLx

EI

pu +−=

EI

pLLuu

24)()0(

3

3,23,2 =−=

[ ]2333

2333,2 222

xxLp

xpL

xp

uEIM −=+−=−=

8

)2(2

max pLLMM ==

[ ]33333,2 2/2

xLppL

xpuEIV −=+−=−=

2)()0(max pLLVVV =−==

(c) Integração idêntica a (b)

0)0(2 =u ⇒ 04 =C

0)0(3,2 =u ⇒ 03 =C

0)(33,2 =LuEI ⇒ 02 21

2

=++ CLCpL

8

51

pLC −=

0)(2 =Lu ⇒ 02624

22

31

4

=++LCLCpL

8

2

2

pLC =

∴

+−= 2

3

23

34

32 5.12

5

24x

Lx

Lx

EI

pu

⇒


25

+−= 322

33

33,2 2

5

3

4

8xLx

Lx

EI

pu

88

5

2

2

32

333,2

pLx

pLx

puEIM −+−=−=

8

)0(2

A

pLMM −==

8

53333,2

pLxpuEIV +−=−=

8

5)0( A

pLRV =≡

8

3)( B

pLRLV −=−≡

(d) Como o diagrama de momentos da viga não pode ser expresso através de uma

única expressão analítica, é necessário efectuar as integrações em dois troços

distintos, AC e CB. As constantes de integração devem ser determinadas de

modo a que sejam satisfeitas:

(i) As condições de fronteira da viga

)()0( CB2

AC2 Luu =

)()0( CB33,2

AC33,2 Luu =

(ii) As condições de continuidade na secção C

)()( CB2

AC2 auau =

)()( CB3,2

AC3,2 auau =

)()( CB33,2

AC33,2 auau =

EI

Pauau −=− )()( AC

333,2CB

333,2

Troço AC Troço CB

0AC3333,2 =uEI 0CB

3333,2 =uEI

1AC

333,2 CuEI = 5CB

333,2 CuEI =

231AC

33,2 CxCuEI += 635CB

33,2 CxCuEI +=

3322

31AC

3,2 2CxCx

CuEI ++= 736

23

5CB3,2 2

CxCxC

uEI ++=

4332

323

31AC

2 26CxCx

Cx

CuEI +++= 837

23

633

5CB2 26

CxCxC

xC

uEI +++=


26

0)0(AC2 =u ⇒ 04 =C

0)0(AC33,2 =uEI ⇒ 02 =C

0)(CB33,2 =LuEI ⇒ LCC 56 −=

0)(CB2 =Lu ⇒ LC

LCLC

LC

LCC 7

3

57

3

5

3

58 326−=−+−=

∴ 333

31AC

2 6xCx

CuEI +=

LCLC

xCxLC

xC

uEI 7

35

372

353

35CB

2 326−++−=

⇔= )()( CB2

AC2 auEIauEI LC

LCaCa

LCa

CaCa

C7

35

72535

331

3266−++−=+

⇔= )()( CB3,2

AC3,2 auEIauEI 75

253

21

22CaLCa

CCa

C+−=+

⇔= )()( CB33,2

AC33,2 auEIauEI LCaCaC 551 −= ⇒

−=a

LCC 151

⇔−=− PauEIauEI )()( AC333,2

CB333,2 PCC −=− 51

−=−

=+

PCC

Ca

bC

51

51 0 ⇔

=

+

−=

Pa

bC

Ca

bC

15

51

⇔

=

−=

PL

aC

PL

bC

5

1

+−=+−

−++−=+−

7

23

3

2

7

3

7

34

3

3

22

3266

CPL

LaP

L

aCP

L

ba

LCPL

aLaCP

L

LaP

L

aaCP

L

ba

⇔

−+=−

+−+=+

232

73

2232

73

22

3266

aL

a

L

baPCC

La

L

a

L

baPC

a

bC

⇔

−++=

+−−+−−=

232

73

2322232

7

22

223266

aL

a

L

baPCC

aL

a

L

baLa

L

a

L

baPC

a

L


27

−++=

+−−+−−=

232

73

3

2

4

2

33

2

4

2

3

7

22

223266

aL

a

L

baPCC

L

a

L

a

L

baaL

L

a

L

a

L

baPC

⇔

−++=

+−−−=

232

73

3333

27

22

3233

aL

a

L

baPCC

aLLaaba

L

PC

∴ 373

33AC2 6

)( xCxPL

bxuEI +−=

72

33AC

3,2 2)( CxP

L

bxuEI +−=

33AC

33,2 )( xPL

bxuEI −= ⇒ P

L

abauEIaM =−= )()( AC

33,2

PL

bxuEI −=)( 3

AC333,2 ⇒ P

L

buEIVR =−== )0()0( AC

333,2A

LCaL

xCxPa

xPL

axuEI 7

2

372

33

33CB2 326

)( −++−=

73233

CB3,2 2

)( CxaPLxPL

axuEI +−=

aPxPL

axuEI −= 33

CB33,2 )( ⇒ P

L

baP

L

aLaauEIaM =

−−=−=

2CB

33,2 )()(

PL

axuEI =)( 3

CB333,2 ⇒ P

L

aLuEILVR ==−= )()( CB

333,2B

Nota. Constata-se que, mesmo num problema tão simples como este, a determinação

da linha elástica da viga envolve cálculos bastante laboriosos quando é necessário

efectuar a integração em mais que um troço (e neste caso eram apenas dois…).

Deste modo, é indispensável possuir metodologias mais eficientes para determinar

deslocamentos e rotações (vigas isostáticas) e deslocamentos, rotações e esforços

(vigas hiperstáticas). Essas metodologias vão ser abordadas nas secções seguintes.


28

• Observações

(i) A linha elástica determinada a partir da lei de Euler-Bernoulli ( EIMR ±=1 )

constitui a solução exacta, no caso da flexão circular, e uma boa solução aproximada,

no caso da flexão com esforço transverso (flexão simples). Na disciplina de

Resistência de Materiais II abordar-se-á a influência do esforço transverso na

configuração deformada do eixo da viga.

(ii) Ao contrário do que a designação flexão circular faria supor, as configurações

deformadas do eixo da viga (linha elástica) obtidas não são arcos de circunferência,

mas sim arcos de parábola. Esta aparente discrepância deve-se ao facto de se

ter admitido a hipótese dos pequenos deslocamentos (linearidade geométrica),

cujas consequências são:

(ii1) linearização das relações deformações-deslocamentos

( )jk,k,ij,iji,ij 2

1uuuu ++=ε

(ii2) utilização de uma expressão aproximada para a curvatura do eixo da viga

( )[ ] 33,22323,2

33,2

1

1u

u

u

R−≈

+

−= .

3.3 CÁLCULO DE DESLOCAMENTOS: MÉTODO DAS CARGAS UNITÁRIAS

• Tal como sucede no caso das estruturas reticuladas constituídas por barras

submetidas a tracção ou compressão, o método das cargas unitárias é também

extremamente útil para calcular deslocamentos em vigas ou estruturas com barras

sujeitas a flexão.

• Conforme se viu anteriormente, o método das cargas unitárias baseia-se no

Princípio dos Trabalhos Virtuais (P.T.V.), o qual estipula que 0=+ ie ττ , e a

expressão que o sintetiza é


29

0apenasQuando

11

33

33333333

≠

↑

′′′=′′×′⇒

′′′−=′′′−=

′′×′=∫∫ ∫

σ

εσεσεστ

τ

V

V Vijij

i

e

dVqdVdV

q

onde

(i) O sistema “ ′ ” é equilibrado e fictício − constituído por uma carga unitária aplicada no

ponto e com a direcção do deslocamento generalizado que se pretende determinar.

(ii) O sistema “ ″ ” é compatível e real − constituído pelos deslocamentos e deformações

efectivamente existentes na estrutura que se está a analisar.

• No caso de uma estrutura reticulada constituída por k barras submetidas unicamente à

flexão tem-se

31

32

21

001 dx

IE

MMdx

I

dAxIE

M

I

Mqq

nL

KK

KK

AKK

Kn

L

K

K K

K

K

K

∑ ∫∫∑ ∫′′′

=′′′

=≡′′×′43421

• Observações

(i) No caso de as vigas que constituem a estrutura estarem também submetidas a tracção

ou compressão, tem-se.

31

0dx

AE

NN

IE

MMq

K

nKL

∑ ∫

′′′+

′′′=

(ii) No caso de a estrutura ser hiperstática, KM ′ é um conjunto de diagramas flectores

que apenas têm que equilibrar a carga unitária e KM ′′ é o conjunto de diagramas

flectores efectivamente instalados na estrutura sob a acção das cargas aplicadas, cuja

determinação envolve a resolução prévia de um problema hiperstático − e.g., através

do método das forças, a abordar na secção seguinte.


30

• Passos do Método

(i) Calcular os diagramas de momentos flectores provocados na estrutura pelas

solicitações exteriores responsáveis pelo deslocamento generalizado que se

pretende calcular − KM ′′ .

(ii) Determinar um conjunto de diagramas de momentos flectores que estejam em

equilíbrio com uma carga unitária aplicada no ponto e com a direcção do

deslocamento generalizado que se pretende calcular − KM ′ .

(iii) Calcular o valor do deslocamento generalizado q através da expressão

31

0dx

IE

MMq

n

KK

KKKL

∑ ∫′′′

=

Obs. Como os diagramas de momentos flectores raramente são uniformes

(são frequentemente lineares, do 2º grau ou do 3º grau), as integrações

podem ser laboriosas. Por esse motivo, existem tabelas que permitem

determinar o valor de 30

dxMMKL

KK∫ ′′′ para diagramas de momentos flectores

com diversas configurações. No âmbito desta disciplina, utiliza-se a tabela

que se apresenta numa das páginas seguintes.

Exemplo Ilustrativo

Calcular o deslocamento vertical do ponto C ( CVδ ).

Figura 8 − Viga simplesmente apoiada.

EI=cte


31

o Diagramas M ′′ e M ′

)32()(3

2

)320(3

)(

33

333

LxLxLP

LxxP

xM

≤≤−=

≤≤=′′

P

xMxM

)()( 3

3

′′=′

o Deslocamento

=

−−+

=

−+= ∫ ∫

L

L

LL

L

LV xLx

EI

PdxxL

Pdxx

P

EI3

2

33

3

2

0

333

2

03

2 32

3323

C )(27

4

27)(

9

4

9

1δ

)(729

12

27

4

27

8 3

2

3

2

3

↓=

+=

EI

PLLL

EI

P

Exemplo Ilustrativo

Determinar a rotação da extremidade livre da consola ( Bθ ).

Figura 9 − Viga em consola.

M ′′ M ′

EI=cte


32

Tabel

a d

e In

tegra

ção


33


o Rotação

( ) ( )EI

pcc

pc

EI

dxEI

θ

62

)(1

3

11

1

32

B

A 30B

=

×

−×−×=

=

= ∫

Exemplo Ilustrativo

Determinar o deslocamento horizontal do ponto C ( CHδ ) do pórtico da figura 10,

considerando apenas a deformabilidade por flexão (i.e., desprezando a deformação

devida ao esforço normal − equivalente a tomar EA= ∞).

Figura 10 − Pórtico isostático.

M ′′ M ′

EI=cte

-pc2 2

-1


34


o Deslocamento

)(8

3

6

1

24

51

23

1

212

51

1

444

22

B

A

C

B 33C

→=

+=

×××+×××=

=

+= ∫ ∫

EI

pLpLpL

EILL

pLLL

pL

EI

dxdxEI

Hδ

3.4 ANÁLISE DE VIGAS HIPERSTÁTICAS: MÉTODO DAS FORÇAS (OU DOS ESFORÇOS)

• Considere-se agora a análise de estruturas hiperstáticas constituídas por barras

submetidas a flexão − estruturas em que as equações de equilíbrio não são suficientes

para determinar as reacções de apoio e os esforços em todas as barras. Exemplos:

Figura 11 − Estruturas hiperstáticas e respectivos graus de hiperstatia (n).

M ′′ M ′

pL2 2 L

pL2 2 L


35

• Viu-se já que é possível analisar estruturas hiperstáticas através da determinação

das linhas elásticas das barras que a constituem. No entanto, com excepção de

alguns casos muito simples, essa abordagem envolve um elevado número de

cálculos e tem muito pouca utilidade prática.

• Vamos então considerar o método das forças (ou dos esforços), o qual se baseia

no Princípio da Sobreposição e foi já utilizado para analisar estruturas reticuladas

hiperstáticas constituídas por barras submetidas à tracção ou compressão.

• Seguidamente, descrevem-se os passos envolvidos na aplicação do método das

forças e ilustra-se essa aplicação através da análise de uma viga contínua (2

tramos) submetida a uma carga uniformemente distribuída.

Figura 12 − Aplicação do método das forças: viga contínua de dois tramos.

• Passos do Método

(i) Determinar o grau de hiperstatia da estrutura (n).

(ii) Definir um sistema base, o qual se obtém da estrutura original através da

supressão de n ligações (internas e/ou exteriores). Os esforços (ligações interiores) e/ou

as reacções de apoio (ligações exteriores) associadas às n ligações suprimidas

designam-se por redundantes ou incógnitas hiperstáticas (X1, …, Xn).

Exemplo

Como se trata de uma viga hiperstática de grau 1, o sistema base obtém-se

suprimindo uma ligação. Existem várias hipóteses − e.g.:

EI=cte


36

(a)

Incógnita hiperstática:

RC (reacção em C)

(b)


RB (reacção em B)

(c)


MB (momento flector em B) Vai considerar-se a hipótese (c), a qual corresponde a introduzir uma rótula na

secção B da viga − passa a ser permitida a rotação relativa entre as barras AB e BC.

(iii) Submeter o sistema base (estrutura isostática) aos seguintes (n+1) carregamentos:

(iii1) 1 carregamento constituído por todas as solicitações aplicadas à estrutura

original (hiperstática).

(iii2) n carregamentos constituídos por uma única força (ou esforço) aplicada, a qual

tem valor unitário e corresponde a uma incógnita hiperstática (Xi=1, i=1,…, n).

Exemplo

X1=1

(momento flector negativo)

(iv) Calcular, no sistema base e para cada um dos (n+1) carregamentos definidos

no ponto anterior, os n deslocamentos correspondentes às ligações suprimidas.

Representam-se esses deslocamentos por Ui0 (deslocamento correspondente à

ligação suprimida i e provocado pelas solicitações actuantes na estrutura

original) e por fij (deslocamento correspondente à ligação suprimida i e provocado

pela força ou esforço unitário associado à incógnita hiperstática Xj). Tomam-se

rotação relativa


37

para sentidos positivos de Ui0 e fij os sentidos arbitrados para as incógnitas

hiperstáticas Xj (i.e., os sentidos das forças ou esforços unitários).

Exemplo (utiliza-se o método das cargas unitárias)

o Cálculo de U10 = θB

0 (rotação relativa em B)

EI

pLL

pL

EI

dxdxEI

122)1(

83

11

1θ

32

B

A

C

B 330B

−=××−××=

=

+= ∫ ∫

o Cálculo de f11= f

EI

LL

EI 3

22)1()1(

3

11f =××−×−××= (coeficiente de flexibilidade)

(v) Aplicar o Princípio da Sobreposição para calcular o valor das incógnitas

hiperstáticas. Observe-se que:

(v1) A estrutura original com o seu carregamento pode ser obtida através da

sobreposição dos (n+1) carregamentos no sistema base − n deles estão

expressos em função das incógnitas hiperstáticos.

(v2) Na estrutura original conhecem-se sempre os valores dos deslocamentos

correspondentes às ligações suprimidas − representam-se por Ui e, na maioria

dos casos, tem-se Ui= 0.

M ′′

M ′

M ′′ = M ′

pL2 8

-1

pL2 8

-1


38

Podem então escrever-se as seguintes equações de compatibilidade (a solução

do sistema são os valores das incógnitas hiperstáticas):

=++++

=++++

=++++

nnnnn22n110n

22nn22221102

11nn12211101

UfX...fXfXU

UfX...fXfXU

UfX...fXfXU

M

ou, em forma matricial

{ } [ ]{ } { }

↓

=+ UXFU0

matriz de flexibilidade (simétrica − fij=fji)

Obtêm-se assim os valores de Xi (i=1,…,n).

Exemplo

832

12

f

θMXX0UU

230B

B11

pL

EIL

EIpL==−=−=≡⇒=≡

(vi) Uma vez conhecidos os valores das incógnitas hiperstáticas, pode calcular-se

qualquer efeito na estrutura original de duas formas:

(vi1) Raciocinando directamente na estrutura original (agora estaticamente

determinada).

(vi2) Utilizando o Princípio da Sobreposição no sistema base − (n+1) carregamentos.

Exemplo

Pode calcular-se a reacção em A de duas formas:

(a) Equilíbrio na estrutura original

)(8

3R

82R A

2

A ↑=⇒−=×

−×pLpLLpL

L


39

(b) Princípio da Sobreposição

)(8

31

82RXRR

1R

)(2

R02

R

21A

0AA

1A

0A

0A

↑=

−×+=+=∴

↓−=

↑=⇒=×

−×

pL

L

pLpL

L

pLLpLL

)(

Exemplo Ilustrativo

Considere a viga bi-encastrada representada na figura 13. Utilizando como sistema base

a viga simplesmente apoiada, calcule o valor da reacção vertical no apoio A (RA) e a

rotação em C (θ C ).

Figura 13 − Viga bi-encastrada.

o Sistema base e incógnitas hiperstáticas

o Cálculo de U10

≡ θ C0 e U2

0 ≡ θ B

0

EI=cte

M ′′ 1M ′

2M ′


40

)(6

)()23(

6362

)(3

1)(

6

1)(

2

11

ou

)(1

θ

)(

2222

2

2

2

2

22

C

A

B

C 330A

LEI

bLPabbaab

LEI

Pab

L

b

L

a

L

ab

EI

Pab

bL

b

L

Paba

L

a

L

Paba

L

b

L

bPa

EI

dxdxEI

bLL

+−=++−=

++−=

=

×−××+×−××+×−××=

=

+×=

+

∫ ∫

44 344 21

Analogamente obtém-se

)(6

)(θ

0B

LEI

aLPab += (notar o sinal positivo)

o Cálculo de fij

EI

LL

EIdx

EI 3)1()1(

3

1MM

1f

B

A 31111 =×−×−×=′×′= ∫

EI

Ldx

EI 3MM

1f

B

A 32222 =′×′= ∫

EI

LL

EIdx

EI 6)1()1(

6

1MM

1ff

B

A 3212112 −=×+×−×=′×′== ∫

o Cálculo das incógnitas hiperstáticas

−=

=

⇒

=+−+

=−++−

⇒==

2

2

2

2

2

1

21

21

BA

X

X

0X3

X6

)(6

0X6

X3

)(6

0θθ

L

bPa

L

Pab

LLaL

L

Pab

LLbL

L

Pab

(sinal contrário ao arbitrado)

-a L

Pab L

Pab L

-b L

-b L

-b L

-1

+

+


41

o Cálculo de RA

(a) Raciocinando na estrutura original

)()2()(

RR

3

222

3

3

2

3

2

A2

2

2

2

A

)2(

↑+=++−=

++−=⇒−=−−×

+

aLL

PbLaba

L

Pb

L

Pb

L

Pab

L

bPa

L

bPaPb

L

PabL

aLb

44 344 21

(b) Princípio da Sobreposição

)()2()(

RXRXRR

)(1

R

)(1

R

)(R

3

222

33

2

3

2

2A2

1A1

0AA

2A

1A

0A

↑+=−+=−+=

=++=∴

↑=

↑=

↑=

aLL

PbaabL

L

Pb

L

bPa

L

Pab

L

Pb

L

L

L

Pb

o Cálculo de θ C (método das cargas unitárias)

)2(RMM3

2

2

2

AAC aLL

Pab

L

Paba ++−=×+=

M ′′

M ′


42

0)2(2

121

2

1

2)1(

2

1)()1(

2

11

)(1

θ

0

0

3

22

2

22

3

22

2

2

3C

<−=

−=

=

××−×+×−×−×=

=×=

<

∫

43421aL

L

bPa

EIL

a

L

bPa

EI

aL

bPaa

L

Pab

EI

dxEI

a

∴ )()2(2

1θ

3

22

C aLL

bPa

EI−=

−=⇒<

=⇒=

−=⇒>

)()2(2

1θ

2

La

)(0θ2

La

)()2(2

1θ

2

La

3

22

C

C

3

22

C

simetriaporóbvio

aLL

bPa

EI

LaL

bPa

EI

4 VIGAS SUBMETIDAS A FLEXÃO DESVIADA

• Conforme se viu anteriormente, quando o plano de solicitação não é um plano

principal central de inércia (i.e., quando o vector momento não actua segundo um

eixo principal central de inércia), a viga fica submetida a flexão desviada.

• A flexão desviada pode ser encarada como a sobreposição de duas flexões rectas,

cada uma delas associada à componente do vector momento segundo um dos eixos

principais centrais da secção (xI e xII).

IIIIII eeM MM +=

flexão flexão recta flexão recta desviada (em torno de xI) (em torno de xII)

-Pab2 L2 2Pa2b2

L3

-1

+


43

Figura 14 − Flexão desviada.

• Sendo α o ângulo que o vector momento faz com xI, tem-se

αcosI MM = αsenII MM =

• Logo, tem-se

−=−=

II

I

I

II

II

III

I

III33

sencos

I

x

I

xM

I

xM

I

xM αασ

Obs. O sinal negativo resulta do facto de um momento MII >0 provocar compressões

nas fibras correspondentes a xI >0.

• A linha neutra da secção corresponde a 033 =σ , i.e.,

ααα

tgI

I

x

x

I

xsen

I

xcos

II

I

I

II

II

I

I

II 0 =⇔=−

• Deste modo, a linha neutra faz com o eixo xI um ângulo β definido por

αβ tgI

I

x

xtg

II

I

I

II ==

plano de solicitação ( ⊥ a M )

plano de flexão (⊥ a LN)


44

• A análise desta expressão permite concluir que os planos de solicitação e de flexão

coincidem (i.e., o vector momento tem a direcção da linha neutra) apenas nas

seguintes três situações:

(i) α =0 (flexão recta em torno de xI);

(ii) α =π / 2 (flexão recta em torno de xII);

(iii) I I =I II (todos os eixos centrais são principais de inércia − e.g., secção circular

• As tensões máximas de tracção e compressão ocorrem nos pontos da secção mais

afastados da linha neutra (pontos A e B).

• No caso de secções rectangulares ou que podem ser inscritas num rectângulo (e.g.,

secções em I, em U ou em L), os pontos mais afastados da linha neutra são sempre

vértices do rectângulo.

• Se a secção possuir dupla simetria e se as tensões admissíveis à tracção e compressão

forem iguais, a condição de dimensionamento escreve-se

σσαα

≡≤

+ adm

W

sen

W

cosM

III

onde W I=(I / v)I e W II=(I / v)II são os módulos de flexão da secção em torno dos

eixos xI e xII, respectivamente.

ou quadrada).


45

• No que diz respeito às deformações, a Lei de Euler-Bernoulli permite escrever

I

I

II

1

EI

M

R=

II

II

I

1

EI

M

R=

onde RI e RII são os raios de curvatura medidos segundo xI e xII.

• Logo, a curvatura total da configuração deformada do eixo da viga vale

2II

2

2I

22

II

2

I

sencos111

IIE

M

RRR

αα+=

+

=

• Observação

No caso de o vector momento ser referido a eixos centrais arbitrários (i.e., não

principais de inércia), tem-se

22122211

12222112

122211

11212133 x

III

IMIMx

III

IMIM

−

−+

−

−=σ

Esta expressão pode ser útil no caso de os eixos principais centrais de inércia

não serem paralelos ou perpendiculares às paredes da secção − e.g., secções em L ou

em Z. Neste caso, pode ser conveniente exprimir o vector momento e as coordenadas

dos pontos da secção em relação a eixos alinhados com as suas paredes.

Exemplo Ilustrativo

Considere a secção rectangular da figura 15 solicitada por um momento flector M=200Nm,

ao qual corresponde um plano de solicitação que faz um ângulo de 30º, no sentido

retrógrado, com o plano xII−x3 (vertical). Pretende-se calcular a posição da linha neutra e

o diagrama de tensões normais.


46

Figura 15 − Secção rectangular submetida a flexão desviada.

o Posição da linha neutra

92.216

81)º30(

16

81

12/

12/

º30

2

3

3

II

I

−=×−=⇒

=

==

−=

tgtg

b

h

hb

bh

I

Iβ

α

∴ º7192.2tg −=⇒−= ββ


As máximas tensões de tracção e compressão ocorrem nos pontos A e D,

respectivamente, e os seus valores absolutos são iguais. No caso do ponto A

(xI=20mm e xII=45mm), tem-se

L

N


47

MPa38.717.421.3

12/9040

20)º30(sen10200

12/9040

45)º30(cos102003

3

3

3A33

=+=

=×

×−××−

××−××

=σ

Exemplo Ilustrativo

Considere a viga simplesmente apoiada representada na figura 16, cuja secção transversal é uma

cantoneira metálica de dimensões 150×100×10mm, a qual está submetida ao carregamento

indicado. Pretende-se determinar a distribuição das tensões normais e a orientação da linha neutra

na secção de meio vão.

Figura 16 − Viga simplesmente apoiada.

Vai resolver-se o problema com base nos eixos x1 e x2 (deixa-se como exercício a

sua resolução com base nos eixos principais centrais de inércia xI e xII).

A = 24 cm2

d1 = 2.375 cm

d2 = 4.875 cm

I11 = 557.625 cm4

I22 = 202.625 cm4

I12 = −196.875 cm4

N

L

(C)

(T)


48

o Momentos flectores a meio vão

NcmkNmLM5

1 105.15.12

5.4

5.4

5.12)2( ×==×

×=

NcmkNmLM5

2 1075.075.02

5.4

5.4

5.11)2( ×==×

×=

o Distribuição das tensões normais

22122211

12222112

122211

11212133 x

III

IMIMx

III

IMIM

−

−+

−

−=σ

8882122211 107422974229 mmcmIII ×==−

51055112121 1053.7131053.713 NmmNcmIMIM ×−=×−=−

51055122221 1059.4511059.451 NmmNcmIMIM ×=×=−

2133 6084.09613.0 xx +−=σ (x1 e x2 em mm ⇒ σ 33 em MPa)

o Determinação da linha neutra

º58tg58.16084

96130

1

233 =⇒===⇒= θθσ

x

x (ângulo feito pela

o Tensões máximas

σ C

max em A (x1=23.75mm; x2= −48.75mm)

σ T

max em B (x1=13.75mm; x2=101.25mm)

σ C

max= −0.9613×23.75 − 0.6084×48.75= −52.49 MPa

σ T

max= −0.9613×13.75 + 0.6084×101.25= 48.38 MPa

LN com o eixo x1)


49

4.1 CÁLCULO DE DESLOCAMENTOS

• No caso da flexão desviada, a equação da elástica (configuração deformada do eixo

da viga) obtém-se através da composição dos resultados de duas flexões rectas

IIIIII eeM MM +=

I

I33,II

EI

Mu −=

II

II33,I

EI

Mu =

II3III3I3 e)x(e)x()x( uuu +=

• Ao calcular um deslocamento através do método das cargas unitárias, é necessário

contabilizar duas parcelas, relativas a cada uma das flexões rectas, i.e., tem-se

31 II

IIII

I

II

01 dx

EI

MM

EI

MMq

K

nKL

∑ ∫

′′′+

′′′=′′×′

x3 xII

x3

xI


50

5 BARRAS SUBMETIDAS A FLEXÃO COMPOSTA

• Diz-se que uma barra se encontra submetida a flexão composta quando nela

estiverem instalados momentos flectores (flexão recta ou flexão desviada) e

esforço normal, independentemente de existir(em) ou não esforço(s) transverso(s).

• Observação

No contexto das estruturas metálicas, designa-se por (i) viga-coluna uma barra

submetida a flexão composta com compressão e por (ii) viga traccionada uma

barra submetida a flexão composta com tracção.

• A flexão composta é estaticamente equivalente a um esforço normal “excêntrico”,

i.e., aplicado fora do centro de gravidade da secção transversal.

c

• Designa-se por centro de pressão (CP) de uma secção transversal de uma barra

submetida a flexão composta o ponto do plano que contém essa secção e onde

deve ser aplicado o esforço normal N para que este seja estaticamente equivalente

aos esforços que actuam na secção (N + M1 + M2) − note-se que, dependendo dos

valores relativos de M1, M2 e N, o CP pode ficar situado no interior, no contorno

ou no exterior da secção transversal.


51

• As coordenadas que definem o centro de pressão designam-se por componentes de

excentricidade (ou, simplesmente, excentricidades) e são dadas por

N

Me 2

1 −= N

Me 1

2 =

• No caso de M1, M2 e/ou N variarem ao longo do eixo de uma barra (prismática) a

posição do CP não é, no caso geral, a mesma em todas as secções da barra.

• Admitindo que x1≡xI e x2≡xII (i.e., que x1 e x2 são os eixos principais centrais de

inércia da secção transversal), as tensões normais instaladas na barra são dadas por

II

III

I

III33333333

I

xM

I

xM

A

NIII MMN −+=++= σσσσ

• Dependendo dos valores de N, MI e MII, a expressão anterior pode fornecer tensões

normais na secção todas com o mesmo sinal ou com sinais diferentes. Neste último

caso, a secção é intersectada por uma linha neutra definida por

010 I2II

III2

I

II

II

III

I

III33 =

++⇔=−+= x

i

ex

i

e

A

N

I

xM

I

xM

A

Nσ

onde AIi /I2I = e AIi /II

2II = são os quadrados dos raios de giração da secção

transversal em relação aos eixos principais centrais de inércia.


52

• Logo, tem-se que a linha neutra é definida pela condição

01 I2II

III2

I

II =++ xi

ex

i

e

a qual corresponde à equação de uma recta que intersecta os eixos xI e xII nos

pontos de coordenadas

I

2II

Ie

ix −=

II

2I

IIe

ix −=

• Note-se que, no caso da flexão composta, a linha neutra deixa de passar no centro

de gravidade da secção G.

• Observe-se que

(i) Quando eI e eII tendem para zero (i.e., MI e MII diminuem), IIx e Ix tendem para

infinito. Como a linha neutra tende para o infinito, não intersecta a secção, o que

significa que as tensões normais têm todas o mesmo sinal.

(ii) Quando eI e eII tendem para infinito, (i.e., N diminui), IIx e Ix tendem para zero e

a linha neutra aproxima-se do centro de gravidade da secção. Quando intersectar a

secção, esta passa a estar submetida a tensões normais de sinal diferente.


53

• Pode mostrar-se que quando o CP se desloca ao longo de uma recta AB, a linha

neutra correspondente roda em torno de um certo ponto O.

Exemplo Ilustrativo

Considere a secção do perfil IDIN 26 representada na figura 17, com as características

geométricas e a solicitação (flexão composta) indicadas na figura. Pretende-se determinar a

posição da linha neutra e os valores das tensões normais nos pontos A, B, C e D.

Figura 17 − Secção do perfil IDIN 26.

o Posição da linha neutra

A linha neutra intersecta os eixos xI e xII nos pontos

cme

ix 41.2

18

58.6 2

I

2II

I =−

−=−= cme

ix 14.3

40

2.11 2

II

2I

II =−

−=−=

N= −100kN

eI= −180mm

eII= −400mm

A = 118.4 cm2

iI = 11.2 cm

iII = 6.58 cm


54


=

−−××−

=

++= I2II22

3

I2II

III2

I

II33 8.65

180

112

4001

104.118

101001 xxx

i

ex

i

e

A

Nσ

( )III 0416.00319.01446.8 xx −−−= (x1 e x2 em mm ⇒ σ 33 em MPa)

A33σ (x1=130mm; x2= −130mm) = 2.2 MPa

B33σ (x1= −130mm; x2= −130mm) = −89.1 MPa

C33σ (x1=130mm; x2=130mm) = 72.2 MPa

D33σ (x1= −130mm; x2=130mm) = −19.1 MPa

5.1 NÚCLEO CENTRAL

• No caso de se trabalhar com barras constituídas por materiais que exibem uma

fraca resistência a um tipo de tensão normal (e.g., o betão ou os solos à tracção), é

importante conhecer quais os valores das excentricidades que asseguram a não

ocorrência desse tipo de tensão (i.e., que asseguram que só existem compressões

numa secção de betão).

(C)

(T)


55

• Pretende-se assim determinar os limites dentro dos quais se pode deslocar o centro

de pressão sem que a linha neutra intersecte a secção.

• O núcleo central de uma secção é o lugar geométrico (no plano da secção) dos

centros de pressão a que correspondem linhas neutras que não intersectam a secção.

Aos centros de pressão situados no interior do núcleo central correspondem linhas

neutras exteriores à secção. Aos centros de pressão situados no contorno do núcleo

central correspondem linhas neutras tangentes à secção (i.e., apenas contém

pontos pertencentes ao contorno da secção).

• As linhas neutras tangentes à secção “rodam” sempre em torno de uma figura

convexa (na qual a secção se encontra “inscrita”). Por esse motivo, o núcleo

central é sempre uma figura convexa e simplesmente conexa (i.e., sem buracos no

seu interior). Por outras palavras, qualquer segmento de recta que une dois pontos

do núcleo central é integralmente constituído por pontos desse mesmo núcleo central.

• Quando uma secção se encontra inscrita num polígono com n lados, o núcleo

central é um polígono convexo também com n lados. Por exemplo, o núcleo central

de uma secção triangular é um triângulo e o núcleo central de uma secção em I é

um polígono com 4 lados (banzos iguais) ou 6 lados (banzos desiguais).

• A cada vértice do núcleo central corresponde uma linha neutra que contém um

lado do polígono onde a secção se encontra inscrita.

NC:


56

• A cada lado do núcleo central correspondem linhas neutras que passam num

mesmo vértice do polígono onde a secção se encontra inscrita.

• A determinação do núcleo central de uma secção transversal baseia-se nas

propriedades (características) que acabam de ser descritas. Apresentam-se em

seguida alguns exemplos ilustrativos.

Exemplo Ilustrativo

Determinar o núcleo central de uma secção circular de raio R.

Por simetria, pode concluir-se que o núcleo central é um círculo concêntrico com a

secção. O seu raio obtém-se através da expressão

4

4/

44

2222

2

4

R

R

R

x

ie

Ri

RA

RI

=−

−=

−=⇒=⇒

=

=

π

π

Exemplo Ilustrativo

Determinar o núcleo central de uma secção rectangular de altura h e largura b.

Como os contornos da secção (polígono onde esta se encontra inscrita) correspondem a

lados do núcleo, este é um losango − simétrico em relação aos eixos de simetria da secção.


57

o Determinação dos vértices do núcleo central que correspondem às linhas neutras

que contêm

(i) o lado AB (CP1)

)CP(

6

0

2;

12

12/

1

II

2I

II

I

III

232I

=−

=

=

⇒

−=∞=

==h

x

ie

e

hxx

h

bh

bhi

(ii) o lado AC (CP2)

)CP(

06

;2

122

II

I

2II

I

III

22II

=

−=−

=⇒

∞==

=

e

b

x

ie

xb

x

bi

Quando o centro de pressão se desloca entre CP1 e CP2, a linha neutra roda em torno do

ponto A no sentido directo (anti-horário), passando da direcção de AB para a direcção

de AC e mantendo-se sempre tangente à secção no ponto A.


58

Exemplo Ilustrativo

Determinar o núcleo central de uma secção em I (banzos iguais) de altura h e largura b.

O núcleo central é qualitativamente idêntico ao de uma secção rectangular de altura h e

largura b. A única diferença está nos valores de 2Ii e 2

IIi . Assim, tem-se

−−

=

=

2/

0

)CP( 2I

II

I

1

h

ie

e

=

−=

0

2/)CP(

II

2II

I2

e

b

ie

Exemplo Ilustrativo

Determinar o núcleo central da cantoneira de abas desiguais representada na figura 18,

com dimensões 150×100×10 mm.

Figura 18 − Cantoneira de abas desiguais.

A = 24 cm2

I11 = 557.625 cm4

I22 = 202.625 cm4

I12 = −196.875 cm4


59

o Centro de pressão de linhas neutras que intersectam eixos arbitrários

É conveniente utilizar expressões relativas a eixos centrais de inércia arbitrários.

−+

+−

++=

=−

−+

−−

+=

22122211

12122212

122211

111122

22122211

12222112

122211

11212133

1 xIII

IeIex

III

IeIeA

A

N

xIII

IMIMx

III

IMIM

A

Nσ

A linha neutra é definida pela equação

01 22122211

12122212

122211

111122 =

−+

+−

++ x

III

IeIex

III

IeIeA

e intersecta os eixos coordenados nos pontos de coordenadas 1x e 2x , quando o centro

de pressões está localizado no ponto cujas coordenadas são a solução do sistema

⇔

=−

++⇒=

=−

++⇒=

010

010

12122211

1111222

22122211

1212221

xIII

IeIeAx

xIII

IeIeAx

−−=+

−−=+

⇔

A

IIIexIexI

A

IIIexIexI

2122211

21121111

2122211

22221212

Multiplicando a primeira equação por 111 xI e a segunda por 212 xI , e efectuando a

subtracção entre elas, obtém-se

( ) ( )2

11

1

122

2122211

122212221

2122211

xA

I

xA

IeIII

A

xIxIexxIII −=⇒−

−=−

Analogamente, chega-se a

1

22

2

121

xA

I

xA

Ie −=


60

o Núcleo central

cmecmecmxx 29.2;81.0125.10;:LN 21211 ==⇒−=∞=

cmecmecmxx

xxm

31.1;62.0986.7;134.5

986.79

14

9

14

375.1625.7

125.10875.3:LN

2121

122

=−=⇒−==⇒

⇒−=⇒=++

=

cmecmexcmx 08.1;11.1;625.7:LN 21213 −=−=⇒∞==

cmecmecmxx 77.4;68.1875.4;:LN 21214 −=−=⇒=∞=

cmecmexcmx 45.3;55.3;375.2:LN 21215 ==⇒∞=−=


61

Obs. O núcleo central é “ligeiramente convexo” no ponto CP3 − i.e., este ponto está

ligeiramente “para fora” do segmento que une os pontos CP2 e CP4.

Exemplo Ilustrativo

Determinar qualitativamente o núcleo central de uma secção em I com banzos desiguais.


62

• Observações

(i) O núcleo central é simétrico em relação a xII;

(ii) | ( e II ) CP1 | > | ( e II ) CP4

|;

(iii) | ( e II ) CP3= ( e II ) CP5

| < | ( e II ) CP4 |, pois as LN3 e LN5 intersectam o eixo xII

(iv) | ( e I ) CP3= ( e I ) CP5

| > | ( e I ) CP2 | = | ( e II ) CP6

|, pois as LN3 e LN5 intersectam o

(v) O núcleo central é convexo em CP2 e CP6.

5.2 CÁLCULO DE DESLOCAMENTOS

• Ao calcular um deslocamento através do método das cargas unitárias, é necessário

contabilizar as parcelas relativas à flexão (recta ou desviada) e ao esforço normal.

No caso mais geral, tem-se

31 II

IIII

I

II

01 dx

EI

MM

EI

MM

EA

NNq

K

nKL

∑ ∫

′′′+

′′′+

′′′=′′×′

6 EFEITOS TÉRMICOS

• Conforme se viu no capítulo relativo à tracção e compressão, uma variação de

temperatura uniforme provoca numa barra uma variação de comprimento igual a

∆L=α ∆T L, onde α é o coeficiente de dilatação térmica do material.

• Se a barra estiver impedida de variar de comprimento (i.e., se não estiver termicamente

livre), surgem tensões (auto-equilibradas) − as tensões térmicas.

abaixo da secção;

eixo xI “mais perto” de G que as LN2 e LN6;


63

• Vamos agora considerar uma variação de temperatura uniforme na direcção longitudinal,

mas que varia linearmente na direcção transversal. Por uma questão de simplicidade

(mas sem perda de generalidade), admite-se que esta direcção corresponde ao eixo

principal central de inércia xII.

• A título de exemplo, considere-se uma viga simplesmente apoiada de altura h e cujas

faces superior e inferior sofrem variações de temperatura ∆T1 e ∆T2, respectivamente.

Então, as extensões longitudinais das várias fibras de cada secção têm precisamente o

mesmo andamento.

• Um diagrama de extensões lineares com estas características (variação linear) pode ser

sempre decomposto em duas parcelas, (i) uma semelhante à provocada por uma

tracção ou compressão (diagrama uniforme ao longo de xII) e (ii) outra semelhante à

provocada por uma flexão em torno do eixo xI (diagrama linear com valor nulo ao

nível do centro de gravidade G da secção − origem do eixo xII). Fazendo o mesmo à

distribuição das variações de temperatura, tem-se

• Se ∆TG ≠ 0, a primeira parcela (diagrama de extensões uniforme) provoca uma variação de

comprimento da barra (alongamento ou encurtamento), cuja determinação foi já estudada

no capítulo relativo à tracção e compressão.

∆T2

∆T1 ε33= α ∆T1

ε33= α ∆T2

⇒

∆T1 ∆T1 − ∆TG

∆T2 − ∆TG ∆T2 ∆TG

∆TG G

xII


64

• Por outro lado, a segunda parcela (diagrama de extensões linear que passa por G), a qual é

devida à diferença entre as variações de temperatura ∆T1 (face superior) e ∆T2 (face

inferior), provoca a flexão da barra. Vamos aqui abordar a quantificação deste fenómeno.

• Como as extensões longitudinais variam linearmente com xII e as fibras situadas ao nível

do centro de gravidade da secção têm ε 33 = 0 (comprimento inalterado), tem-se

II12

33 xh

TT ∆−∆= αε

onde se faz notar que, sendo T1 e T2 as temperaturas finais nas faces superior e inferior, se tem

221212 TTTT −

=∆−∆

(∆T2 = T2 − T0; ∆T1 = T1 − T0, onde T0 é a temperatura inicial)

• Tomando em consideração a relação anterior e o facto de na flexão se ter ε 33 = xII /R,

pode concluir-se que a variação de temperatura (diferencial) provoca uma curvatura de

flexão cujo valor é dado por

h

TT

R

121 −= α (recorde-se que a curvatura é sempre uma grandeza positiva)

• Tem-se, então, que a equação da linha elástica é dada por

h

TT

h

TTu ,

211233II

−=

−−= αα

T2 > T1 ⇒ uII,33 < 0

T1 > T2 ⇒ uII,33 > 0

• Observações

(i) Se a barra não for termicamente livre (i.e., isostática), a variação de temperatura

diferencial provoca o aparecimento de tensões (auto-equilibradas).

(ii) Se a parcela uniforme da distribuição das variações de temperatura não tivesse o

valor ∆TG (i.e., não correspondesse à variação de temperatura ao nível do centro

de gravidade da secção), a parcela linear causaria uma deformação semelhante à

provocada por uma flexão composta (N + MI).

x3 xII


65

(iii) Se a barra estiver submetida, simultaneamente, a cargas aplicadas e variações de

temperatura, tem-se

h

TT

EI

Mu ,

2133II

−+−= α

Exemplo Ilustrativo

Determinar a flecha e a rotação na extremidade livre da consola representada na figura 19

(comprimento L e rigidez EII), quando sujeita a uma variação de temperatura linear em

que as faces superior e inferior são aquecidas e arrefecidas de ∆T.

Figura 19 − Consola submetida a variação de temperatura linear.

o Método das cargas unitárias

3III

x1 0 dxdAI

MdVq

AV

L∫∫∫ ′′

′=′′′=′′×′ εεσ

( )∫

∆−′=′′×′⇒

∆−=′′ L

dxh

TMq

h

T''

0 3II 21x2

ααε ( I2IIx IdA

A=∫ )

onde x2≡xII é a coordenada segundo o eixo principal central de inércia ao longo do

qual varia a temperatura.


66

o Rotação θB

1−=′θ

M

Lh

Tdx

h

TL ∆=

∆= ∫

αα 22θ 0 3B

o Deslocamento δB

)1( 3xLMδ

−−=′

h

TL

h

TL

h

TL

dxxLh

TL

h

TdxxL

h

T LL

222

3333B

2

22)1(

200

∆=

∆−

∆=

=

∆−

∆=−

∆= ∫∫

ααα

αααδ

Exemplo Ilustrativo

Considere agora que, no exemplo anterior, a barra é bi-encastrada. Determine o diagrama de

momentos flectores instalados na viga.

Figura 20 − Viga bi-encastrada submetida a variação de temperatura linear.

θM ′

δM ′


67

Vai resolver-se o problema utilizando o método das forças. Adopta-se para sistema

base a consola com a extremidade livre em B, o que permite utilizar os resultados

obtidos no exemplo anterior.

o Cálculo de U10

≡ θ B0 e U2

0 ≡ δ B

0 Sabe-se já que

Lh

T∆=

α2θ

0B

h

TL2

0B

∆=

αδ

o Cálculo de fij

I

L

0 3I

11

1f

EI

Ldx

EI== ∫

I

3L

0 3I

22 3

1f

EI

Ldx

EI== ∫

I

2L

0 3I

2112 2

1ff

EI

Ldx

EI=== ∫

o Cálculo das incógnitas hiperstáticas

=

∆−=

⇒

=++∆

=++∆

0X

2X

0X3

X2

0X2

X2

2

I1

2I

3

1I

22

2I

2

1I h

EIT

EI

L

EI

LL

h

T

EI

L

EI

LL

h

T α

α

α

o Diagrama de momentos

M

-1 -1

-L

-L

-L

-1


68

• Observações

(i) A utilização da simetria da barra permite afirmar, a priori, que RB=0. Neste caso,

seria apenas necessário considerar a equação de compatibilidade relativa à rotação

em B.

(ii) Note-se que uII(x3) ≡ u2(x3) ≡ 0. Na verdade, tem-se

02

I33,2 =

∆+−=

h

T

EI

Mu α

13,2 Cu =

2312 CxCu +=

0)0(2 =u ⇒ 02 =C

0)0(3,2 =u ⇒ 01 =C ⇒ u2(x3) ≡ 0

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