Exemplo resolvido-teorema-de-castigliano

1. MÉTODO DE ENERGIA/TEOREMA DE CASTIGLIANO – VIGAS
1) Determinar a energia de deformação (𝑈) para a viga abaixo. Em seguida, determinar (b) a deflexão no
ponto (𝛿 𝐵) e (c) a rotação (𝜃 𝐵)no ponto 𝐵. Considere (𝐸𝐼) 𝐴𝐵 = 2(𝐸𝐼) 𝐵𝐶, 𝑤0 = 10 𝑘𝑁. 𝑚, 𝑎 = 2 𝑚, 𝐸 =
210 𝐺𝑃𝑎 e 𝐼 = 160 × 106
𝑚𝑚4
.
O método de energia aplicado a vigas nos
diz que:
𝑈 = ∫
𝑀2
𝑑𝑥
2𝐸𝐼
Onde:
𝑈 – Energia de deformação;
𝑀 – Função de momento na viga;
𝐸 – Módulo de elasticidade do material;
𝐼 – Momento de inércia da seção
transversal.
a) Iniciando pela energia de deformação, temos:
𝑀𝑆1
= −5𝑥2 (0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚)
𝑀𝑆1
2
= 25𝑥4
𝑀𝑆2
= −2 × 10 × (𝑥 − 1) − 18 → 𝑀𝑆2
= −20𝑥 + 2 (2 𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚)
𝑀𝑆2
2
= 400𝑥2
− 80𝑥 + 4
OBS: A análise dos momentos realizada acima, foi feita partindo da ponta de balanço.
Assim:
𝑈 =
1
4𝐸𝐼
∫ 25𝑥4
𝑑𝑥
2
0
+
1
2𝐸𝐼
∫ (400𝑥2
− 80𝑥 + 4)
4
2
𝑑𝑥
𝑈 =
1
4𝐸𝐼
[5𝑥5]0
2
+
1
2𝐸𝐼
[
400𝑥3
3
− 40𝑥2
+ 4𝑥]
2
4
𝑈 =
1
4𝐸𝐼
[5(2)5] +
1
2𝐸𝐼
[(
400(4)3
3
− 40(4)2
+ 4(4)) − (
400(2)3
3
− 40(2)2
+ 4(2))]

2. 𝑈 =
80
4𝐸𝐼
+
1
2𝐸𝐼
(
23728
3
−
2744
3
) ∴ 𝑈 =
10552
3𝐸𝐼
Como:
𝐸 = 210 𝐺𝑃𝑎 = 210 × 106
𝑘𝑁 𝑚²⁄
𝐼 = 160 × 106
𝑚𝑚4
= 160 × 106
× (
1
1000
)
4
= 160 × 10−6
𝑚4
Temos:
𝑈 =
10552
3 × 210 × 106 × 160 × 10−6
→ 𝑈 = 104,68 × 10−3
𝑘𝐽 → 𝑈 = 104,68 𝐽
OBS: Devemos lembrar que a energia de deformação 𝑈 é denotada por 𝑁. 𝑚 (𝐽𝑜𝑢𝑙𝑒) e corresponde a energia
associada à deformação de flexão da barra.
b) Para a determinação da deflexão, utilizaremos o Teorema de Castigliano modificado:
O método de Castigliano aplicado a vigas nos diz que:
𝛿 = ∫ (
𝑀
𝐸𝐼
) (
𝜕𝑀
𝜕𝑃
) 𝑑𝑥
Onde:
𝛿 – Deflexão;
𝑃 – Carga aplicada;
𝑀 – Função de momento na viga;
𝐸 – Módulo de elasticidade do material;
𝐼 – Momento de inércia da seção transversal.
Para a determinação de deflexão pelo teorema de Castigliano, é obrigatória a presença de uma carga concentrada
no ponto de interesse. No nosso caso, a carga fictícia 𝑃 foi aplicada no ponto 𝐵.
Daí:
𝑀𝑆1
= −5𝑥2 (0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚)
𝜕 𝑀 𝑆1
𝜕𝑃
= 0
𝑀𝑆2
= −10 × 2 × (𝑥 − 1) − 18 − 𝑃(𝑥 − 2) ∴ 𝑀𝑆2
= −20𝑥 + 2 − 𝑃𝑥 + 2𝑃
𝜕 𝑀 𝑆2
𝜕𝑃
= −𝑥 + 2

3. 𝛿 =
1
2𝐸𝐼
∫ (−5𝑥2) × (0)𝑑𝑥 +
1
𝐸𝐼
2
0
∫ (−20𝑥 + 2 − 𝑃𝑥 + 2𝑃)
4
2
× (−𝑥 + 2)𝑑𝑥
𝛿 =
1
𝐸𝐼
∫ (20𝑥2
+ 𝑃𝑥2
− 42𝑥 − 4𝑃𝑥 + 4𝑃 + 4)
4
2
𝑑𝑥
𝛿 =
1
𝐸𝐼
[
20𝑥3
3
+
𝑃𝑥3
3
− 21𝑥2
− 2𝑃𝑥2
+ 4𝑃𝑥 + 4𝑥]
2
4
Como 𝑃 é uma força fictícia, utilizada apenas como recurso para obtenção da deflexão, seu valor é zero, portanto:
𝛿 =
1
𝐸𝐼
[
20𝑥3
3
− 21𝑥2
+ 4𝑥]
2
4
𝛿 =
1
𝐸𝐼
[(
20(4)3
3
− 21(4)2
+ 4(4)) − (
20(2)3
3
− 21(2)2
+ 4(2))] ∴ 𝛿 =
388
3𝐸𝐼
Daí:
𝛿 =
388
3 × 210 × 160
→ 𝛿 = 3,85 × 10−3
𝑚 → 𝛿 = 3,85 𝑚𝑚
c) Para a determinação da rotação, utilizaremos o Teorema de Castigliano modificado:
O método de Castigliano aplicado a vigas nos diz
que:
𝜃 = ∫ (
𝑀
𝐸𝐼
) (
𝜕𝑀
𝜕𝑀0
) 𝑑𝑥
Onde:
𝜃 – Rotação;
𝑀0 – Momento aplicado;
𝑀 – Função de momento na viga;
𝐸 – Módulo de elasticidade do material;
𝐼 – Momento de inércia da seção transversal.
Para a determinação da rotação pelo teorema de Castigliano, é obrigatória a presença de um momento aplicado
no ponto de interesse. No nosso caso, já existe um momento aplicado nesse ponto, portanto, não será necessário
utilizar momento fictício. Chamaremos o momento de 18𝑘𝑁𝑚 por 𝑀0. Logo:
𝑀𝑆1
= −5𝑥2 (0 ≤ 𝑥 ≤ 2 𝑚)

4. 𝜕𝑀𝑆1
𝜕𝑀0
= 0
𝑀𝑆2
= −10 × 2 × (𝑥 − 1) − 𝑀0 → 𝑀𝑆2
= −20𝑥 + 20 − 𝑀0 (2 𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4 𝑚)
𝜕𝑀𝑆2
𝜕𝑀0
= −1
Daí:
𝜃 =
1
2𝐸𝐼
∫ (−5𝑥2)
2
0
(0)𝑑𝑥 +
1
𝐸𝐼
∫ (−20𝑥 + 20 − 𝑀0)
4
2
(−1)𝑑𝑥
𝜃 =
1
𝐸𝐼
∫ (20𝑥 − 20 + 𝑀0)
4
2
𝑑𝑥 → 𝜃 =
1
𝐸𝐼
[10𝑥2
− 20𝑥 + 𝑀0 𝑥]2
4
𝜃 =
1
𝐸𝐼
[(80 + 4𝑀0) − (2𝑀0)] ∴ 𝜃 =
80 + 2𝑀0
𝐸𝐼
Como 𝑀0 = 18 𝑘𝑁𝑚, temos:
𝜃 =
116
210 × 160
→ 𝜃 = 3,45 × 10−3
𝑟𝑎𝑑
Verificando os resultados no FTOOL, obtemos:
DISCUSSÕES:
Observamos que podemos desenvolver o problema de forma literal ou numérica. A solução literal fornece um
volume muito grande de cálculos, porém facilita a detecção e correção de eventuais erros cometidos. Já a solução
literal é mais simples, mas não permite detectar erros, ou seja, se o resultado final estiver errado, só nos restará
iniciar o exercício novamente. Caberá ao aluno resolver da maneira que lhe parecer mais confortável.