energia de deformacao teoremas de energia

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS 
FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL, ARQUITETURA 
E URBANISMO 
Departamento de Estruturas 
 
 
 
 
 
ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E 
TEOREMAS DA ENERGIA 
 
 
PROF DR. NILSON TADEU MASCIA 
 
BOLSISTA PED: BRUNO FERNANDES 
 
 
 
CAMPINAS, 2017 
 
 
 
1 
 
Índice 
1. Introdução ............................................................................................................................... 2 
2. Cálculo pelas tensões e deformações ..................................................................................... 4 
3. Cálculo pelos esforços solicitantes ......................................................................................... 7 
3.1 Análise da expressão geral de U ....................................................................................... 9 
4. Cálculo pelas cargas ............................................................................................................. 11 
5. Teorema de Maxwell ........................................................................................................... 13 
5.1 Generalização do Teorema de Maxwell ......................................................................... 16 
6. Teorema de Castigliano ....................................................................................................... 18 
6.1 Consequência do Teorema de Castigliano (Teorama de Menabrea) .............................. 20 
7. Cálculo do Deslocamento pelo Teorema de Castigliano ..................................................... 21 
8. Exemplos .............................................................................................................................. 22 
8.1 1º Exemplo ...................................................................................................................... 22 
8.2 2º Exemplo ...................................................................................................................... 26 
8.3 3º Exemplo ...................................................................................................................... 27 
8.4 4º Exemplo ...................................................................................................................... 29 
8.5 5º Exemplo ...................................................................................................................... 30 
8.6 6º Exemplo ...................................................................................................................... 34 
9. Bibliografia.......................................................................................................................... 28 
 
 
 
 
2 
ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E TEOREMAS DA ENERGIA 
1. Introdução 
 
 Em mecânica, energia é definida como a capacidade de produzir trabalho, e este é o 
produto de uma força por uma distância na direção do movimento. Nos corpos sólidos 
deformáveis, tensões multiplicadas por suas respectivas áreas são forças, e deslocamentos 
(deformações associadas a um elemento) são distâncias. O produto dessas duas quantidades é 
o trabalho interno realizado em um corpo sob ação externa (forças). Esse trabalho interno é 
armazenado em um corpo como energia elástica interna de deformação ou simplesmente 
energia de deformação (U). 
 Tomando-se uma barra submetida a força axial de tração (Fig. 1), por exemplo, um 
ensaio de tração, tem-se um exemplo prático e experimental do fenômeno de energia de 
deformação. 
 
Fig. 1 – Barra tracionada 
 
Pela Lei de Hooke, tem-se: 
N=k∆l 
 
Sendo k constante. 
A energia de deformação (U) corresponde ao trabalho realizado pela forna N no 
deslocamento ∆l. 
Graficamente: 
 
 
 
3 
 
Fig. 2 – Energia de deformação desenvolvida na barra tracionada 
 
Tem-se: 
Nx=kx 
 
 Para x=∆l → Nx=k∆l 
 
 
dU=Nxdx 
 
U= ∫ Nxdx
∆l
0
= ∫ kx dx
∆l
0
=
𝑘𝑥2
2
|
0
∆l
 
 
 
U=
k∆l
2
2
 
 
De 1 em 2: 
U=
N
∆l
∆l
2
2
=
N∆l
2
 
 
 
Que corresponde a área do gráfico Nx∆l. 
É importante ressaltar que o trabalho realizado por uma carga num deslocamento ∆l 
não é U=N∆l e sim, como mostrado, é 𝑈 = 𝑁∆l 2⁄ , representando assim que a carga N nunca 
é aplicada integralmente na estrutura, somente em caso de carregamento rápido ou instantâneo 
(carga móvel trem-tipo, carga sísmica e carga de vento, por exemplo). 
 
 
 
4 
Nos próximos capítulos serão apresentados três métodos de cálculo para a energia de 
deformação: cálculo pelas tensões e deformações, cálculo pelos esforços solicitantes e cálculo 
pelas cargas. 
 
2. Cálculo pelas tensões e deformações 
 
 Considerando-se um estado de tensão dado por: 
 
 
Fig. 3 – Estado geral de tensão num elemento 
 
Tem-se então, sob efeito da força: 
 
Fy (Fy=σydx dz) 
um deslocamento ∆dy na direção y, valendo: 
 
∆dy=εydy 
 
 
 
 
5 
 
Fig. 4 – Deslocamento sob efeito da força e tensão na direção y num elemento 
 
Fazendo-se agora: 
 
dUy=
1
2
σydxdz × εydy 
 
Tem-se a energia de deformação devido a força Fy no deslocamento εydy, sendo o fator 
1 2⁄ resultante do carregamento lento. 
Analogamente, para as forças Fx e Fz, as parcelas de energia de deformação devido as 
forças nos deslocamentos ∆dx e ∆dz valem: 
 
dUx=
1
2
σxdydz × εxdx 
dUz=
1
2
σzdydx × εzdz 
 
Sabendo que o produto dxdydz representa um elemento do volume dV tem-se que: 
 
dUx=
1
2
σxεxdV 
dUy=
1
2
σyεydV 
dUz=
1
2
σzεzdV 
 
Chegando-se assim nas parcelas de energia de deformação relativas as tensões 
normais. Pensando-se agora, nas tensões e deformações tangenciais, tem-se: 
 
 
 
6 
 
Fig. 5 – Deformação sob efeito da tensão tangencial em yz num elemento 
 
 Então: 
dUyz=
1
2
τyzdxdy γyzdz=
1
2
τyzγyzdV 
 
Analogamente, para τxz e τxy tem-se: 
 
dUxz=
1
2
τxzγxzdV 
dUxy=
1
2
τxyγxydV 
 
Agora pode-se juntar as parcelas de energia de deformação normais e tangenciais e 
mais todo o volume do corpo. Portanto: 
 
dU=dUx+dUy+dUz+dUxy+dUxz+dUyz 
 
 Dividindo por dV tem-se: 
 
Uo=
dU
dV
=
1
2
σxεx+
1
2
σyεy+
1
2
σzεz+
1
2
τxyγxy+
1
2
τxzγxz+
1
2
τyzγyz 
 
 Sendo Uo chamado de Energia Específica de Deformação (Utotal). 
 Em todo volume, tem-se: 
U= ∫ UodV
v
 
 
 
 
7 
 
 Chamada de Energia Total Armazenada. 
 Se se aplicar a Lei de Hooke na expressão de Uo pode-se obter que: 
 
Uo=
1
2E
[σx
2+σy
2+σz
2-2υ(σxσy+σxσz+σyσz)]+
1
2G
[τxy
2+τxz
2+τyz
2] 
 
 Se o elemento de volume estivesse orientado segundo as direções principais de tensão 
a segunda parcela da equação se anularia e a primeira parcela ficaria: 
 
Utotal=Uo=
1
2E
[σ1
2+σ2
2+σ3
2-2υ(σ1σ2+σ1σ3+σ2σ3)] 
 
 Se se fizer σ1=σ2=σ3=p e 
σ1+σ2+σ3
3
=p tem-se, como já visto, um estado hidrostático de 
tensão, onde a energia despendida para a variação de volume vale: 
 
Uo,v=Udil= (
1-2υ
6E
) (σ1+σ2+σ3)
2 
 
 Assim é possível determinar diferença: 
 Uo-Uo,v=Uo,d=Energia de deformação de distorção, valendo: 
 
Uo,d=
1+υ
6E
[(σ1-σ2)
2
+(σ2-σ3)
2
+(σ3-σ1)
2] 
 
onde Uo,d é a parcela de energia de deformação para variar a forma do corpo, como já visto no 
critério de energia de distorção. 
3. Cálculo pelos esforços solicitantes 
 
 Considerando-se uma barra e nela um estado plano de tensão como mostra a figura a 
seguir: 
 
 
 
8 
 
Fig. 6 – Esforços solicitantes na barra e tensões no ponto P 
 
 Do estado de tensão tem-se σx e τxy. Da estrutura os esforços solicitantes N, M e V. 
Relacionando-se ambos, tem-se: 
 
 
σx = 
N
A
+
M
I
y 
 
τxy = 
VS
bI
 
 
 
 Substituindo-se tais tensões na expressão a seguir: 
U= ∫ UodV
v
 
 Tem-se: 
Uo=
1
2E
(
N2
A
2
+
M2
I2
y2+2
NM
AI
y) +
1
2G
V2S
2
b
2
I2
 
 
 E: 
U= ∫[
1
2E
[∫ (
N2
A
2
+
M2
I2
y2+2
NM
AI
y) dA
A
] +
V2A
2GA
[∫
S
2
b
2
I2
dA
A
]] dx
l
0
 
 
U= ∫[
1
2E
[
N2
A
2
∫ dA
A
+
M2
I2
∫ y2dA
A
+2
NM
AI
∫ ydA
A
] +
V2A
2GA
[∫
S
2b
2
I2
dA
A
]] dx
l
0
 
 
 
 
 
9 
 Sendo: 
∫ dA
A
=A 
∫ y2dA
A
=I 
∫ ydA
A
=S=0 →momento estático em toda área 
A
I2
∫
S
2
b
2
dA
A
=c→fator ou constante de forma 
 
Assim: 
U=
1
2
∫(
N2
EA
+
M2
EI
+
cV2
GA
) dx
l
0
 
 
Devido a importância desta expressão pode-se acrescentar um momento torçor T e 
assim, a expressão anterior torna-se: 
 
U=
1
2
∫[
N2
EA
+
M2
EI
+
cV2
GA
+
T2
GIt
] dx
l
0
 
 
3.1 Análise da expressão geral de U 
 
 Com auxílio das figuras abaixo, que são os deslocamentos elementares numa barra 
sujeita aos esforços indicados, tem-se que: 
 
 
 
 
10 
 
∆dx=εxdx=
N
EA
dx 
 
dϕ=
M
EI
dx 
 
dV=
cV
GA
dx 
 
dα=
I
GIt
dx 
Fig. 7 – Deslocamentos elementares de acordo com o esforço solicitante 
 
 Para obter a energia de deformação basta multiplicar as deformações elementares pelo 
esforço solicitante, acrescentado o fator 1/2 do carregamento lento. 
 Para se obter a energia de deformação armazenada em toda a estrutura, sendo esta 
composta de várias barras, a integração deve ser estendida para todas as barras. 
 Em treliças: 
U=
1
2
∫
N2
EA
dx
l
0
=
1
2
∑
Ni
2li
EAi
n
i=1
 
 
Pois M e V valem zero. 
 
 
 
11 
 
Em vigas e pórticos: 
U=
1
2
∫
M2
EI
dx
l
0
 
 
Pois N e V são pequenos em comparação com M na expressão de U. 
Em arcos deve-se levar em conta a parcela de N, porém não leva em consideração a 
parcela de V. Em estruturas sujeitas a torção, o termo com T é predominante no cálculo de U. 
 
4. Cálculo pelas cargas 
 
 Seja uma região de uma estrutura: 
 
Fig. 8 – Efeito da carga no deslocamento de um ponto 
 
 Em Ai, um ponto da estrutura, tem-se uma carga aplicada Pi. Seja Bi a posição 
deslocada do ponto Ai obtida pela ação do Pi e seja vi e Bi suficientemente pertos, pode-se 
utilizar a teoria de 1ª ordem. 
 O caminho Ai-Bi
̅̅ ̅̅ ̅̅
 que percorre Ai durante o carregamento depende da maneira e da 
sequência de aplicação das cargas, mas, normalmente, será atingido a mesma posição Bi, que 
depende apenas dos valores finais das cargas. 
 O trabalho executado pela carga Pi durante o deslocamento calcula-se pela integral: 
 
Ti= ∫ Px⃗⃗ ⃗dt⃗⃗⃗ 
ti
0
 
 
 
 
12 
 
 Interpretando o trabalho executado pelas cargas como energia potencial perdida, a 
soma dos trabalhos Ti deve ser igual a energia de deformação acumulada na estrutura. Isto 
permite a conclusão que o trabalho das cargas não depende do caminho Ai-Bi
̅̅ ̅̅ ̅̅
 percorrido mas, 
apenas da posição final deslocada que define as deformações totais e com isto a energia de 
deformação. 
 Deste modo pode-se considerar Ai-Bi
̅̅ ̅̅ ̅̅
 linear e o trabalho da carga Pi vale: 
 
Ti=
1
2
Pivi 
 
 Onde vi significa a projeção do segmento Ai-Bi
̅̅ ̅̅ ̅̅
 sobre a direção da força. 
 Somando-se todos os efeitos das cargas tem-se: 
 
T=
1
2
∑ Pivi =U→TEOREMA DE CLAPEYRON 
 
 A igualdade entre o “trabalho interno”, visto nos esforços solicitantes, com o trabalho 
externo permite calcular o deslocamento quando a carga consiste numa só força. Casos mais 
complexos serão vistos quando se estudar o Teorema de Castigliano. 
 Assim: 
 
Fig. 9 – Deslocamento vertical sob efeito da carga P 
 
Com: 
M=-Px ; N=0 e Q desprezível 
 
 
 
 
13 
Para descobrir o deslocamento vertical v do ponto de aplicação de P da viga da figura, 
tem-se: 
 
Trabalho Interno→U=
1
2EI
∫ M2dx
l
0
=
1
2EI
∫ P2x2dx
l
0
=
1
2
P2l
3
3EI
 
 
Trabalho Externo→T=
1
2
Pv 
 
 Igualando U e T, tem-se: 
v=
Pl
3
3EI
 
5. Teorema de Maxwell 
 
 O teorema de Maxwell trata de uma estrutura elástica com apenas duas cargas (Pi e Pk) 
que podem ser forças ou momentos estáticos. Neste exemplo serão utilizadas forças, pois são 
mais visíveis os deslocamentos, e uma viga horizontal. Este caso particular pode ser 
extrapolado a estruturas quaisquer, porém preservando a ideia do deslocamento v com 
projeções nas direções das forças conforme visto no item 4. 
 Assim tem-se uma viga com duas cargas, Pi e Pk, aplicadas nos pontos i e k com a 
elástica obtida por este carregamento conforme a figura abaixo: 
 
 
Fig. 10 – Viga sob ação de cargas e deslocamentos correspondentes 
 
As ordenadas vi e vk da elástica pode ser obtida por superposição de efeito (valendo a 
teoria de 1ª ordem), como mostra a figura abaixo: 
 
 
 
 
14 
 
Fig. 11 – Superposição de efeitos na viga 
 
Onde: δnj indica o deslocamento, sendo o 1º índice, n, a posição do deslocamento e o 
2º índice, j, índica a posição da carga que provocou o deslocamento. 
Assim: 
 
vi=Piδii+Pkδik 
 
vk=Piδki+Pkδkk 
 
Calcula-se agora o trabalho executado pelas cargas, que deve ser igual a energia de 
deformação acumulada na viga deformada. Existem duas formas de carregamento: 
 
 1ª forma de carregamento: Aplica-se apenas Pi que varia de 0 até Pi. 
 
Fig. 12 – Ação de uma carga na viga 
 
Numa segunda fase de carregamento, Pi permanece constante enquanto Pk cresce de 0 
até Pk. 
 
Fig. 13 – Ação de duas cargas na viga 
 
 
 
 
15 
Apenas as parcelas correspondentes as cargas crescentes levam o fator 1/2, não 
aquelas referentes as cargas constantes. Assim o trabalho executado vale: 
 
T1=
1
2
PiPiδii+1PiPkδik+
1
2
PkPkδkk 
 
 
 2ª forma de carregamento: 
 
Fig. 14 – Ação de uma carga, ação de duas cargas na viga 
 
Portanto o trabalho executado vale: 
 
T2=
1
2
PkPkδkk+
1
2
PiPiδii+1PkPiδki 
 
A soma dos trabalhos obtida nas duas maneiras de carregamento deve ser, 
naturalmente, a mesma conforme TEOREMA DE CLAPEYRON. Desta maneira: 
 
T1=T2 
 
1
2
PiPiδii+1PiPkδik+
1
2
PkPkδkk=
1
2
PkPkδkk+
1
2
PiPiδii+1PkPiδki 
 
1PiPkδik=1PkPiδki 
 
 
 
16 
 
δik=δki 
 
Que representa o TEOREMA DE MAXWELL (1864). Seu enunciado diz: 
 
“O deslocamento de um ponto i na direção i quando aplicada uma carga no ponto k é 
igual ao deslocamento de um ponto k na direção k quando aplicada uma carga no ponto i”. 
Passando-se agora esse conceito para as estruturas de engenharia, feito por Otto Mohr 
(1874), que seguem a teoria de 1ª ordem (estruturas planas ou espaciais, isostática ou 
hiperestática). 
Escolhendo-se dois pontos arbitrários (i e k) da estrutura e duas direções arbitrárias (i e 
k) da estrutura, tem-se, como mostra a figura: 
 
Fig. 15 – Efeito de cargas em deslocamentos de pontos 
 
Aplicando no ponto i e na direção pré-fixada Pi, determinar o deslocamento kk’. A 
projeção deste deslocamento sobre a direção traçada pelo ponto k é o deslocamento relativo 
δki. Pela outra figura determina-se δki e pelo Teorema de Maxwell δki=δik. 
 
5.1 Generalização do Teorema de Maxwell 
 
Tomando-se momentos estáticos como cargas e aplicando a um pórtico como o da 
figura 16, tem-se um exemplo de generalização do Teorema de Maxwell. 
 
 
 
17 
 
Fig. 16 – Efeito de carga e momento em deslocamento e giro de pontos distintos 
 
As figuras acima mostram dois pontos, 1 e 2, e duas direções. Nota-se que a direção 2 
seria perpendicular ao plano do pórtico. 
Na Figura 16a, tem-se a carga na direção 1 e o deslocamento na direção 2  δ21. 
Na Figura 16b, tem-se a carga na direção 2 e o deslocamento na direção 1  δ12. 
Por Maxwell: 
δ21=δ12 
 
Observação: O nome deslocamento relativo neste caso pode trazer confusão do tipo - 
como pode o ângulo δ21 ser igual ao segmento δ12? Para determinar as dimensões de δ21 
observa-se que a carga que produz este valor não é 1 kN mas 1, sem dimensão. Agora com 
cargas em kN obter-se-iam rotações em radianos. A unidade de δ21 é 1/kN. Passa-se agora ao 
estudo de δ12 se o momento aplicado tivesse a unidade kN.cm, o deslocamento resultaria em 
cm. Para um momento 1 (sem dimensão) obtém-se um δ12 em cm/kN.cm resultando em 1/kN. 
Assim torna-se possível a igualdade δ21=δ12. 
Uma generalização pode ser feita trocando-se os deslocamentos por ações (cargas), 
como mostra a figura abaixo:18 
 
Fig. 17 – Efeito de momento em giro em pontos distintos 
 
Na Figura 17a, submetendo a seção 1 a uma rotação 1 aparecerá em 2 um momento 
reativo M21. 
Na Figura 17b, submetendo a seção 2 a uma rotação 2 aparecerá em 1 um momento 
reativo M12. 
 
Por Maxwell: 
 
M21=M12 
 
Uma outra extensão do teorema de Maxwell é o teorema de Betti, que ao invés de duas 
cargas se refere a um grupo de cargas. 
 
 
6. Teorema de Castigliano 
 
 “A derivada parcial da energia de deformação em relação a uma carga Pk é igual ao 
deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da carga” (vk é definido como a projeção do 
deslocamento sobre a direção da carga). 
 Este teorema enuncia derivada parcial porque U é função de muitas variáveis. 
Considerando as cargas como variáveis independentes, os deslocamentos são funções lineares 
delas: 
 
v1=P1δ11+⋯+Piδ1i+⋯+Pkδ1k+⋯+Pnδ1n 
 
 
 
19 
 
vi=P1δi1+⋯+Piδii+⋯+Pkδik+⋯+Pnδin 
 
vk=P1δk1+⋯+Piδki+⋯+Pkδkk+⋯+Pnδkn 
 
U=
1
2
∑ Pivi
n
i=1
 
 
∂U
∂Pk
=
1
2
[∑
∂Pi
∂Pk
vi
n
i=1
+ ∑ Pi
∂vi
∂Pk
n
i=1
] 
 
 Na primeira soma: 
𝑖 ≠ 𝑘 →
∂Pi
∂Pk
= 0 
 
𝑖 = 𝑘 →
∂Pi
∂Pk
= 1 
 
Na segunda soma: 
 
∂v1
∂Pk
=δ1k ; 
∂v2
∂Pk
=δ2k 
 
 Portanto: 
 
∂U
∂Pk
=
1
2
(vk + P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯) 
 
 Mas: 
vk = P1δ1k + P2δ2k + P3δ3k + ⋯ 
 
E pelo teorema de Maxwell, tem se: 
 
δik=δki 
 
 
 
20 
 
Assim: 
∂U
∂Pk
=
1
2
(vk + vk) 
 
∂U
∂Pk
= vk 
 
6.1 Consequência do Teorema de Castigliano ( Teorema de Menabrea) 
 
Seja Pk um valor hiperestático, como de uma viga contínua, mostrada na figura abaixo: 
 
Fig. 18 – Viga hiperestática 
 
tem-se:{
3 condições de equilíbrio
4 reações
→1 incógnita hiperestática. 
 
 
Escolhendo-se como valor desta incógnita R3, as outras reações saem das equações de 
equilíbrio. Tem-se assim apenas uma restrição R1, que saí do somatório de forças em x. Como 
o ponto de aplicação de R3 é fixo, seu deslocamento é zero e pelo teorema de Castigliano: 
 
∂U
∂R3
=0; determinando R3 (Teorema de Menabrea) 
 
E finalmente pode-se mostrar que existe uma relação entre os teoremas de Maxwell e 
Castigliano: 
 
∂
2
U
∂Pi∂Pk
=
∂
∂Pi
(
∂U
∂Pk
) =
∂
∂Pi
vk=δki 
 
 
 
21 
 
Portanto: 
∂vk=∂Piδki 
 
∂
2
U
∂Pi∂Pk
=
∂
2
U
∂Pk∂Pi
 
 
7. Cálculo do Deslocamento pelo Teorema de Castigliano 
 
 Quer-se determinar um deslocamento δi do ponto i e seja Pi a carga aplicada em i na 
direção de δi. Pelo teorema de Castigliano tem-se: 
 
vk=δi=
∂U
∂Pi
 
 
 Seja U em termos de esforços solicitantes: 
 
U=
1
2
∫ (
N2
EA
+
M2
EI
+
cV2
GA
+
T2
GIt
) dx
est
 
 
 Assim: 
δi=
∂
∂Pi
1
2
∫ (
N2
EA
+
M2
EI
+
cV2
GA
+
T2
GIt
) dx
est
 
 
δi= ∫ (
N
EA
∂N
∂Pi
+
M
EI
∂M
∂Pi
+
cV
GA
∂V
∂Pi
+
T
GIt
∂T
∂Pi
) dx
est
 
 
δi= ∫ (
NN̅
EA
+
MM̅
EI
+
cVV̅
GA
+
TT̅
GIt
) dx
est
 
 
 
 
 
22 
A integração pode ser estendida a todas as barras. Os termos N̅,M̅,V̅ e T̅ são esforços 
solicitantes causados por Pi=1, enquanto N,M,V e T são esforços reais provocados pelo 
carregamento total dado. 
Aa expressão de δi pode ser utilizada em: 
Treliças: 
 
vk= ∑
NiNi̅̅ ̅li
EAi
n
i=1
 
Sendo li e Ai o comprimento e a área de uma barra i. 
 
Pórticos e vigas: 
vk= ∫
MM̅
EI
dx
est
 
 
Nos arcos e pórticos em que os esforços N seja considerável, o termo 
NN̅
EA
 deve ser 
levado em conta. 
 
8. Exemplos 
 
8.1 1º Exemplo 
 
 Determinar o deslocamento total do nó 9. Dados: E=21000 kN/cm2 e A=3 cm2. 
 
 
 
 
23 
 
Fig. 19 – Treliça 
 
Deslocamento no nó 9: 
δ9=√δ9h
2
+δ9v
2
 
Sendo: 
δ9h=deslocamento horizontal do nó 9; 
δ9v=deslocamento vertical do nó 9. 
 
Teorema de Castigliano: 
δ9h= ∑
NiNi̅̅ ̅li
EAi
n
i=1
 
 
δ9v= ∑
NiNi̿̿ ̿li
EAi
n
i=1
 
 
a) Carregamento real: os esforços nas barras e as reações de apoio são indicadas na 
figura abaixo. 
 
 
 
24 
 
Fig. 20 – Esforços e reações nas barras (carregamento real) 
 
 
b) Carregamento virtual horizontal no nó 9: os esforços nas barras e as reações de 
apoio são indicadas na figura abaixo. 
 
Fig. 21 – Esforços e reações nas barras (carregamento virtual horizontal) 
 
c) Carregamento virtual vertical no nó 9: os esforços nas barras e as reações de apoio 
são indicadas na figura abaixo. 
 
 
 
25 
 
Fig. 22 – Esforços e reações nas barras (carregamento virtual vertical) 
 
d) Cálculo do deslocamento δ9 
 
Barra Ni Ni̅̅ ̅ Ni̿̿ ̿ 
li/EAl NiNi̅̅ ̅li
EAi
 
NiNi̿̿ ̿li
EAi
 
1-2 30 0 1 0 30 
2-3 30 0,5 1 30*0,5 30*1 
3-4 0 0 0 0 0 
4-5 0 0,5√2 0 0 0 
1-4 0 1 0 0 0 
2-4 -30√2 -0,5√2 -√2 +30 +60 
4-6 -30√2 0 -√2 0 -60 
5-7 30 1 1 30 30 
7-8 0 0 0 0 0 
5-6 0 -0,5 0 0 0 
5-3 30 0,5 1 15 30 
6-8 -30√2 0 -√2 0 -60 
7-9 30 1 1 30 30 
8-9 -30√2 0 -√2 0 -60 
5-8 0 0 0 0 0 
 
 
∑ =0,351cm
n
i=1
 ∑ =1,165cm
n
i=1
 
 
δ9h=
1
21000×3
[(2×30×0,5+2×30×1)150+30×0,5×150+(-30√2)×(-0,5√2)×150√2] 
 
 
 
26 
 
δ9h=0,351cm 
 
δ9v=
1
21000×3
{3×[1×1×4×1×0×(-√2)×(-√2)×4×150√2+1×1×150]} 
 
δ9v=1,165cm 
 
 
δ9=√0,351
2
+1,165
2
=1,217cm 
8.2 2º Exemplo 
 
Calcular o deslocamento v na extremidade da viga engastada: 
 
Fig. 23 – Viga engastada com carga concentrada 
 
 
U=
1
2
∫
M2
EI
dx
l
0
 
 
∂U
∂P
=v= ∫
M
EI
∂M
∂P
dx
l
0
 
 
 Em uma posição qualquer, tem-se: 
 
 
 
27 
 
Fig. 24 – Momento 
 
Mx=M ∴ M+Px=0∴M=-Px 
 
∂M
∂P
=-x 
 
v= ∫
(-Px)×(-x)
EI
dx
l
0
 
 
v=
P
EI
∫ x2dx
l
0
=
Px3
3EI
|
0
l
 
 
v=
Pl
3
3EI
 
 
8.3 3º Exemplo 
 
Calcular v do meio do vão da viga abaixo: 
 
Fig. 25 – Viga bi-apoiada com carga concentrada 
 
 
 
 
28 
vk=v;Pk=P 
 
∂U
∂P
=v 
 
 Cálculo do momento fletor usando x: 
 
Fig. 26 – Momento pela esquerda 
 
0≤x≤
l
2
 
 
Mx-
P
2
x=0∴Mx=M=
P
2
x 
 
∂M
∂P
=
x
2
 
 
Pela simetria da estrutura, pode-se fazer: 
 
1
2
v= ∫
M
EI
∂M
∂P
dx
l
2⁄
0
 
 
1
2
v= ∫
Px
2EI
x
2
dx
l
2⁄
0
 
 
1
2
v=
P
4EI
×
x3
3
|
0
l
2⁄
=
Pl
3
48EI
 
 
 
 
29 
 
8.4 4º Exemplo 
 
Calcular o deslocamento v na extremidade da viga engastada (Figura 27a): 
 
Fig. 27 – Viga bi-apoiada com carga distribuída 
 
 
 Para determinar o deslocamento em carregamentos distribuídos, deve-se posicionar 
uma carga fictícia Pk no ponto onde deseja-se determinar a flecha v (27b). Esta carga tem 
valor 0 e é utilizada apenas para a resolução do problema. 
 No cálculo do momento tem-se: 
 
Fig. 28 – Cálculo do momento 
 
Mx+Pkx+qx
x
2
=0 
 
Mx=-Pkx-
qx2
2
 
 
 
 
30 
 
∂Mx
∂Pk
=-x 
 
∂U
∂Pk
=v= ∫
M
EI
∂M
∂P
dx
l
0
 
 
v=
1
EI
∫[(-Pkx-
qx2
2
) (-x)] dx
l
0
 
 
v=
1
EI
∫[+Pkx
2+
qx3
2
] dx
l
0
 
 
v=
1
EI
[
Pkx
3
3
|
0
l
+
qx4
8
|
0
l
] 
 Fazendo Pk=0, tem-se: 
 
v=
ql
4
8EI
 
 
8.5 5º Exemplo 
 
Determinar as reações de apoio na viga contínua abaixo. 
 
Fig. 29 – Viga contínua em estudo 
 
 
 
 
31 
A estrutura acima é 1 vez hiperestática. Para resolver a estrutura em questão, deve-se 
transformar a estrutura original em duas estruturas isostáticas, substituindo um dos apoios por 
uma força V (incógnita do problema): 
 
Fig. 30 – Decomposição em estruturas isostáticas 
 
Pela superposição de efeitos, tem-se: 
 
R1=A1+A2 
 
R2=? 
 
R3=B1+B2=R1→Por simetria 
 
Pelo teorema de Menabrea: 
 
∂U
∂Pk
=0;
∂U
∂V
=0 
 
U=
1
2
∫
M2
EI
dx
l
0
 
 
 
 
 
32 
Pela simetria, pode-se resolver a questão utilizando apenas metade da estrutura. 
Inicialmente, são calculados os momentos fletores de ambas as estruturas isostática. 
 
Fig. 31 – Cálculo do momento da primeira estrutura 
 
M=M1(x)→0≤x≤l 
 
M1(x)+p
x2
2
-A1x=0∴M1(x)=A1x-p
x2
2
 
 
M1(x)=plx-p
x2
2
 
 
 
Fig. 32 – Cálculo do momento da segunda estrutura 
 
M=M2(x)→0≤x≤l 
M2(x)+A2x=0∴M2(x)=-A2x 
 
M2(x)=-
V
2
x 
 
Pela superposição de efeitos, resultaque: 
 
 
 
 
33 
M=M(x)=M1(x)+M2(x)= (plx-p
x2
2
) - (
V
2
x) 
 
U= [
1
2
∫
M2
EI
dx
l
0
] 2→multiplicado por 2 para fazer toda a estrutura (simetria) 
 
∂U
∂V
=0=2 ∫
M(x)
EI
∂M(x)
∂V
dx
l
0
 
 
∂M(x)
∂V
=-
x
2
 
 
∫
M(x)
EI
∂M(x)
∂V
dx
l
0
= ∫(plx-p
x2
2
-
V
2
x)(-
x
2
) dx
l
0
= 0 
 
∫(-
plx2
2
+
px3
4
+
Vx2
4
) dx
l
0
= 0 
 
-
plx3
6
+
px4
16
+
Vx3
12
|
0
l
=-
pl
4
6
+
pl
4
16
+
Vl
3
12
=0 
 
V= (
pl
6
-
pl
16
) 12=2pl-
3
4
pl 
 
V=
5pl
4
 
 
Para encontrar as reações: 
R1=A1+A2=pl-
5pl
8
=
3pl
8
 
 
R1=R3=
3pl
8
(por simetria) 
 
 
 
34 
 
R2=V=
5pl
4
 
 
Conferindo: 
R1+R2+R3=2pl∴
3pl
8
+
5pl
4
+
3pl
8
=2pl→OK! 
 
O diagrama de momento fletor da estrutura fica: 
 
Fig. 33 – Estrutura em estudo 
 
8.6 6º Exemplo 
 
 
 
 
35 
Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B. 
 
Fig. 34 – Estrutura em estudo 
 
 No estudo desta estrutura, pode-se dividir a estrutura em duas partes, compatibilizando 
os deslocamentos. Ao dividir a estrutura, surge também a incógnita hiperestática R. 
 
 
Fig. 35 – Divisão da estrutura 
 
Tem-se: 
Barra → Ub=
1
2
∫
N2
EA
dx
l
0
 
 
 
 
 
36 
Viga → Uv=
1
2
∫
M2
EI
dx
a
0
 
 
Pela compatibilidade de deslocamentos: 
 
vb=∆lb 
 
−
∂Uv
∂R
=
∂Ub
∂R
 
 
 ∂Uv
∂R
+
∂Ub
∂R
=0 (1) 
 
 Calculando o momento na viga: 
 
Fig. 36 – Momento na viga 
 
 
Mx+Px-Rx=0∴Mx=Rx-Px 
 
∂Mx
∂R
=x 
 
 Calculando a normal na barra: 
 
 
 
 
37 
Fig. 37 – Normal na barra 
 
N=Nx=R 
 
∂Nx
∂R
=1 
 
 
Calculando as derivadas em função de R: 
 
 
∂Uv
∂R
=
1
EI
∫ Mx
∂Mx
∂R
dx
l
0
=
1
EI
∫ (Rx-Px)(x) dx
l
0
=
1
EI
∫ Rx2-Px2 dx
l
0
 
 
 ∂Uv
∂R
=
1
EI
(
Rl
3
3
-
Pl
3
3
) (2) 
∂Ub
∂R
=
1
EA
∫ Nx
∂Nx
∂R
dx
a
0
=
1
EA
∫ (R)(1) dx
a
0
=
1
EA
∫ R dx
a
0
 
 
 ∂Ub
∂R
=
Ra
EA
 (3) 
 
 
Substituindo (2) e (3) em (1), descobre-se o valor da incógnita hiperestática R: 
 
1
EI
(
Rl
3
3
-
Pl
3
3
) +
Ra
EA
=0 
 
Rl
3
3EI
+
Ra
EA
=
Pl
3
3EI
 
 
 
 
 
38 
R=
Pl
3
3EI
(
l
3
3EI
+
a
EA
)
 
 
Para descobrir vb: 
∂Ub
∂R
=vb=∆lb=
Ra
EA
=
(
𝑃𝑙3
3𝐸𝐼) 𝑎
(
l
3
3EI
+
a
EA
)𝐸𝐴
 
 
 
 
 
9. Bibliografia 
POPOV, E. G. - Introdução à Mecânica dos Sólidos. São: Editora Edgar Blumer Ltda, 
1978. 534p. 
SHIEL, F. - Introdução à Resistência dos Materiais. São Paulo: Harpetc & Row do 
Brasil, 1984. 395p.