Curso de Analise Estrutural

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AnAnáálise de Estruturas Ilise de Estruturas I

Fernando UchôaFernando Uchôa

ConcepConcepçção de Modelo Estruturalão de Modelo Estrutural

1)1) DomDomíínio de estudo nio de estudo �� DefiniDefiniçção: Anão: Anáálise de Estruturas lise de Estruturas éé a a parte da Mecânica que estuda as parte da Mecânica que estuda as estruturas, determinando esforestruturas, determinando esforçços e os e deslocamentos a que ficam deslocamentos a que ficam submetidas quando solicitadas por submetidas quando solicitadas por agentes externos (carregamentos, agentes externos (carregamentos, variavariaçções tões téérmicas, movimentarmicas, movimentaççãoãode seus apoios). de seus apoios).

As estruturas se compõem de um As estruturas se compõem de um ou mais elementos, ligados entre ou mais elementos, ligados entre si e ao meio exterior, de modo a si e ao meio exterior, de modo a formar um conjunto estformar um conjunto estáável vel capaz de receber solicitacapaz de receber solicitaçções ões externas, absorvêexternas, absorvê--las las internamente e transmitiinternamente e transmiti--las atlas atééseus apoios, onde as solicitaseus apoios, onde as solicitaçções ões externas encontram seu sistema externas encontram seu sistema estestáático equilibrante. tico equilibrante.

Elementos das EstruturasElementos das Estruturas

Os elementos das estruturas Os elementos das estruturas possuem três dimensões. Sendo possuem três dimensões. Sendo assim, podem ocorrer três casos:assim, podem ocorrer três casos:

A.A. Duas dimensões são pequenas em Duas dimensões são pequenas em relarelaçção ão àà terceira;terceira;

B.B. Uma dimensão Uma dimensão éé pequena em pequena em relarelaçção ão ààs outras duas;s outras duas;

C.C. As três dimensões são As três dimensões são considerconsiderááveis. veis.

�� Caso A:Caso A:Corresponde Corresponde àà maioria das maioria das estruturas, com a dimensão maior estruturas, com a dimensão maior sendo o comprimento da pesendo o comprimento da peçça, a, estando as outras duas situadas no estando as outras duas situadas no plano perpendicular (plano da seplano perpendicular (plano da seçção ão transversal). Nesse caso, o estudo transversal). Nesse caso, o estudo estestáático da petico da peçça, que sera, que seráádenominada barra, pode ser feito denominada barra, pode ser feito como unidimensional, considerandocomo unidimensional, considerando--a representada pelo seu eixo (Lugar a representada pelo seu eixo (Lugar GeomGeoméétrico dos C.G. de suas setrico dos C.G. de suas seçções ões transversais).transversais).

(Continua(Continuaçção do Caso A)ão do Caso A)

Uma barra pode ser dita reta ou Uma barra pode ser dita reta ou curva, conforme seu eixo seja reto curva, conforme seu eixo seja reto ou curvo. Conforme os eixos das ou curvo. Conforme os eixos das diversas barras que compõem a diversas barras que compõem a estrutura estejam ou não contidos no estrutura estejam ou não contidos no mesmo plano, a estrutura mesmo plano, a estrutura éé chamada chamada plana ou espacial.plana ou espacial.

�� Casos B e C:Casos B e C:O caso B O caso B éé o das placas e cascas, o das placas e cascas, cuja espessura cuja espessura éé pequena em pequena em presenpresençça da superfa da superfíície do elemento, cie do elemento, plana ou curva.plana ou curva.O caso C O caso C éé o dos blocos (caso de o dos blocos (caso de barragens).barragens).Esses casos não serão abordados Esses casos não serão abordados nessa disciplina. nessa disciplina.

Cascas

�� Precisão da Teoria:Precisão da Teoria:A teoria aqui desenvolvida tem A teoria aqui desenvolvida tem precisão excelente para barras cuja precisão excelente para barras cuja relarelaçção do comprimento para a ão do comprimento para a maior dimensão da semaior dimensão da seçção transversal ão transversal seja superior a 10:1, apresentando seja superior a 10:1, apresentando ainda boa precisão para relaainda boa precisão para relaçções atões atéé5:1. Quando a rela5:1. Quando a relaçção for menor, a ão for menor, a barra deverbarra deveráá ser estudada como ser estudada como placa, casca ou bloco, conforme o placa, casca ou bloco, conforme o caso. (Ex:viga de 25x60 caso. (Ex:viga de 25x60 →→ mmíín. 3m)n. 3m)

2.2. CondiCondiçções de equilões de equilííbrio:brio:Para um corpo estar em equilPara um corpo estar em equilííbrio. brio. éé necessnecessáário que o sistema de rio que o sistema de forforçças a que ele estas a que ele estáá submetido não submetido não provoque nele nenhuma tendência provoque nele nenhuma tendência de translade translaçção e nem de rotaão e nem de rotaçção.ão.Como a tendência de translaComo a tendência de translaçção ão éédada pela resultante dada pela resultante RR das fordas forçças e as e a tendência de rotaa tendência de rotaçção, em torno ão, em torno de qualquer ponto, de qualquer ponto, éé dada pelo dada pelo momento resultante momento resultante m m destas destas forforçças em relaas em relaçção a este ponto, ão a este ponto,

(continua(continuaçção)ão)basta que estes dois vetores sejam basta que estes dois vetores sejam nulos para que o corpo esteja em nulos para que o corpo esteja em equilequilííbrio (brio (RR éé a resultante das a resultante das forforçças e as e mm seu momento em relaseu momento em relaçção ão a qualquer ponto do espaa qualquer ponto do espaçço).o).As duas equaAs duas equaçções vetoriais podem ões vetoriais podem ser substituser substituíídas por seis equadas por seis equaçções ões escalares de equilescalares de equilííbrio:brio:ΣΣX=0; X=0; ΣΣY=0; Y=0; ΣΣZ=0; Z=0; ΣΣmxmx=0; =0; ΣΣmymy=0; =0; ΣΣmzmz=0. =0.

Casos ParticularesCasos Particulares

�� Sistema de forSistema de forçças concorrentes no as concorrentes no espaespaçço: (equilo: (equilííbrio de nbrio de nóós de trelis de treliçças as espaciais) espaciais)

ΣΣX=0; X=0; ΣΣY=0; Y=0; ΣΣZ=0 Z=0

�� Sistema de forSistema de forçças paralelas no as paralelas no espaespaçço: (estudo das grelhas) o: (estudo das grelhas)

ΣΣmxmx=0; =0; ΣΣmymy=0; =0; ΣΣZ=0 Z=0

�� Sistema de forSistema de forçças coplanares: (o as coplanares: (o mais freqmais freqüüente, pois a maioria das ente, pois a maioria das estruturas estruturas éé plana, com plana, com carregamento no seu plano) carregamento no seu plano)

ΣΣX=0; X=0; ΣΣY=0; Y=0; ΣΣMo=0 Mo=0

SituaSituaçções particulares no plano:ões particulares no plano:�� Sistema de forSistema de forçças concorrentes: as concorrentes: (equil(equilííbrio dos nbrio dos nóós de trelis de treliçças planas) as planas)

ΣΣX=0; X=0; ΣΣY=0 Y=0

�� Sistema de forSistema de forçças paralelas: (estudo as paralelas: (estudo da grande maioria das vigas) da grande maioria das vigas)

ΣΣY=0; Y=0; ΣΣMo=0 Mo=0

3.3. Graus de liberdade e apoio:Graus de liberdade e apoio:

Como, no espaComo, no espaçço, uma translao, uma translaçção ão pode ser expressa por suas pode ser expressa por suas componentes segundo três eixos componentes segundo três eixos tritri--ortogonais e uma rotaortogonais e uma rotaçção como ão como a resultante de três rotaa resultante de três rotaçções, cada ões, cada uma em torno de um desses eixos, uma em torno de um desses eixos, dizemos que uma estruturas possui dizemos que uma estruturas possui um total de seis graus de liberdade. um total de seis graus de liberdade.

ÉÉ evidente que estes seis graus de evidente que estes seis graus de liberdade precisam ser restringidos, liberdade precisam ser restringidos, de modo a evitar o movimento da de modo a evitar o movimento da estrutura. Esta restriestrutura. Esta restriçção ão éé dada por dada por apoios, que devem impedir as apoios, que devem impedir as diversas tendências de movimento diversas tendências de movimento atravatravéés do aparecimento de reas do aparecimento de reaçções ões destes apoios sobre a estrutura, nas destes apoios sobre a estrutura, nas diredireçções dos movimentos que eles ões dos movimentos que eles impedem, isto impedem, isto éé, dos graus de , dos graus de liberdade que eles restringem. liberdade que eles restringem.

�� Apoios: Apoios: A funA funçção dos apoios ão dos apoios éé restringir restringir graus de liberdade das estruturas. graus de liberdade das estruturas. Eles são classificados em funEles são classificados em funçção do ão do nnúúmero de graus de liberdade que mero de graus de liberdade que restringem, podendo ser de seis restringem, podendo ser de seis tipos diferentes.tipos diferentes.No caso particular de estruturas No caso particular de estruturas planas carregadas no prplanas carregadas no próóprio plano, prio plano, existem três graus de liberdade a existem três graus de liberdade a combater:combater:

(continua(continuaçção de apoios)ão de apoios)

4.4. Cargas:Cargas:�� ForForçças;as;�� Momentos;Momentos;�� DistribuiDistribuiçção de cargas: ão de cargas: concentradas, distribuconcentradas, distribuíídas e das e momentos.momentos.

5.5. Materiais:Materiais:�� AAçço, alumo, alumíínio, concreto armado. nio, concreto armado.

Estaticidade e EstabilidadeEstaticidade e Estabilidade

A funA funçção dos apoios ão dos apoios éé limitar os graus de limitar os graus de liberdade de uma estrutura. Três casos podem liberdade de uma estrutura. Três casos podem ocorrer:ocorrer:

a) Os apoios são em na) Os apoios são em núúmero estritamente mero estritamente necessnecessáário para impedir todos os movimentos rio para impedir todos os movimentos da estrutura. Dizemos que a estrutura da estrutura. Dizemos que a estrutura ééisostisostáática, ocorrendo uma situatica, ocorrendo uma situaçção de equilão de equilííbrio brio estestáável;vel;

b) Os apoios são em nb) Os apoios são em núúmero inferior ao mero inferior ao necessnecessáário para impedir todos os movimentos rio para impedir todos os movimentos da estrutura. A estrutura da estrutura. A estrutura éé dita hipostdita hipostáática e tica e éé

instinstáável;vel;

c) Os apoios são em nc) Os apoios são em núúmero superior ao mero superior ao

necessnecessáário para impedir todos os rio para impedir todos os

movimentos da estrutura. As equamovimentos da estrutura. As equaçções ões

gerais da Estgerais da Estáática não são suficientes tica não são suficientes

para a determinapara a determinaçção das reaão das reaçções de ões de

apoio, sendo necessapoio, sendo necessáárias equarias equaçções ões

adicionais. A estrutura adicionais. A estrutura éé dita hiperestdita hiperestáática, tica,

com equilcom equilííbrio estbrio estáável. vel.

Para classificar uma estrutura quanto ao Para classificar uma estrutura quanto ao

equilequilííbrio estbrio estáático, não devemos tico, não devemos

simplesmente contar seu nsimplesmente contar seu núúmero de mero de

apoios e comparar com seu napoios e comparar com seu núúmero de mero de

graus de liberdade. Esse critgraus de liberdade. Esse critéério srio sóó

funciona corretamente no caso de funciona corretamente no caso de

estruturas hipostestruturas hipostááticas. No caso de ticas. No caso de

estruturas isostestruturas isostááticas e hiperestticas e hiperestááticas, ele ticas, ele

fornece apenas uma condifornece apenas uma condiçção necessão necessáária, ria,

mas não suficiente. mas não suficiente.

Exemplos:Exemplos:

Para classificar uma estrutura (sem vínculos Internos) como isostática ou hiperestática, énecessário ter certeza que os apoios restringem, de fato, todos os graus de liberdade da estrutura.

Quando a estrutura for hiperestQuando a estrutura for hiperestáática e o tica e o

nnúúmero de reamero de reaçções de apoio for maior do ões de apoio for maior do

que o nque o núúmero de equamero de equaçções de equilões de equilííbrio, brio,

dizdiz--se que a estrutura se que a estrutura éé hiperesthiperestáática tica

externamenteexternamente..

Quando, uma vez conhecidas as reaQuando, uma vez conhecidas as reaçções ões

de apoio, não for possde apoio, não for possíível determinar os vel determinar os

esforesforçços seccionais ao longo da estrutura, os seccionais ao longo da estrutura,

utilizandoutilizando--se as equase as equaçções de equilões de equilííbrio, brio,

dizdiz--se que a estrutura se que a estrutura éé hiperesthiperestáática tica

internamenteinternamente. .

ExemplosExemplos

IsostIsostáática internamentetica internamente

IsostIsostáática externamente tica externamente

Isostática internamente

Hiperestática externamente

ExemplosExemplos

HiperestHiperestáática internamentetica internamente

IsostIsostáática externamentetica externamente

ExemplosExemplos

HiperestHiperestáática externamentetica externamente

ExemplosExemplos

HipostHipostáática externamentetica externamente

ExemplosExemplos

Possui uma barra hipostPossui uma barra hipostááticatica

HiperestHiperestáática externamentetica externamente

Análise de Estruturas Lineares

Introdução

� Definição de estrutura linear:

São aquelas em que os elementos constituintes

possuem dimensões de suas seções transversais pequenas em relação à dimensão axial.

� Condições a serem atendidas pelo modelo

matemático:

Condições de equilíbrio;

Condições de compatibilidade de deslocamentos;

Relações tensão-deformação;

Condições de contorno de equilíbrio.

�� Comportamento linear:Comportamento linear:

HipHipóóteses:teses:

1) O material 1) O material éé eleláástico linear: a relastico linear: a relaççãoão

tensãotensão--deformadeformaçção ão éé linear (Lei delinear (Lei de

Hooke);Hooke);

2) Dom2) Domíínio dos pequenos deslocamentos nio dos pequenos deslocamentos

(Teoria de primeira ordem): a (Teoria de primeira ordem): a

geometria final da estrutura deformada geometria final da estrutura deformada

éé considerada igual considerada igual àà geometria inicialgeometria inicial

da estrutura em repouso. da estrutura em repouso.

Exemplo:Exemplo:

�� Caso de um pilar engastado: Caso de um pilar engastado:

Para pequenos deslocamentos: u1 ≈ u2 << L

Então, vale a expressão: M = f1 x L

Com as hipCom as hipóóteses teses 11 e e 22, vale a Lei de , vale a Lei de superposisuperposiçção dos efeitos:ão dos efeitos:

FunFunçção linear:ão linear:

Se F1=k.uSe F1=k.u11 e F2=k.ue F2=k.u22 →→ FF11+F+F22=k(u=k(u11+u+u22) )

A soma dos efeitos A soma dos efeitos éé igual ao efeito da igual ao efeito da somasoma

Estruturas estaticamente Estruturas estaticamente

determinadas e indeterminadas determinadas e indeterminadas

1)1) Estrutura estaticamente determinada ou Estrutura estaticamente determinada ou

isostisostáática: tica: éé aquela em que o naquela em que o núúmero de mero de

vvíínculos nculos éé igual ao nigual ao núúmero de equamero de equaçções ões

da Estda Estáática (a estrutura fica determinada tica (a estrutura fica determinada

estaticamente apenas com as condiestaticamente apenas com as condiçções ões

de equilde equilííbrio). brio).

qq EquaEquaçções de equilões de equilííbrio:brio:

MM M+ dM M+ dM dQ/dQ/dxdx = = --qq

dMdM//dxdx = Q= Q

QQ Q+ dQQ+ dQ dd22M/dxM/dx22 = = --q (q (EqEq. I). I)

(condi(condiçções de equilões de equilííbrio)brio)

Exemplo de viga:Exemplo de viga:

Integrando-se duas vezes:

M(x) = - ∫∫ q dx dx + C1 x + C2

Precisamos de duas condiPrecisamos de duas condiçções de ões de

equilequilííbrio (Exemplos):brio (Exemplos):

Com as duas condições, a função Momento fica definida.

Derivando-se a função M(x), podemos obter a função Cortante.

Conclusão: Na estrutura estaticamente determinada, só o carregamento já define os esforços simples ao longo da estrutura, por condições de equilíbrio.

2)2) Estrutura estaticamente indeterminada Estrutura estaticamente indeterminada

ou hiperestou hiperestáática: tica: éé aquela em que o aquela em que o

nnúúmero de vmero de víínculos nculos éé maior do que o maior do que o

nnúúmero de equamero de equaçções da Estões da Estáática (a tica (a

estrutura não pode ser resolvida estrutura não pode ser resolvida apenasapenas

com as condicom as condiçções de equilões de equilííbrio). brio).

Consideraremos as quatro condiConsideraremos as quatro condiçções de ões de contorno em deslocamentos generalizados contorno em deslocamentos generalizados indicadas na figura anterior (dois indicadas na figura anterior (dois deslocamentos e duas rotadeslocamentos e duas rotaçções).ões).

Neste caso, Neste caso, éé necessnecessáário utilizar as rio utilizar as equaequaçções diferenciais relacionando os ões diferenciais relacionando os esforesforçços com os deslocamentos. Nestas os com os deslocamentos. Nestas equaequaçções estões estáá implimplíícita a Lei de Hooke.cita a Lei de Hooke.

Exemplo:

Tração: σ = Eε (Lei de Hooke)

f1/A = E u1/L → f1 = AE u1/L

No caso da flexão, a equaNo caso da flexão, a equaçção ão éé::

EJ dEJ d22y/dxy/dx22 = = --M (M (EqEq. II). II)

SubstituindoSubstituindo--se a equase a equaçção I: dão I: d22M/dxM/dx22 = = --qq

na II, temos:na II, temos:

dd22[EJ d[EJ d22y/dxy/dx22]/dx]/dx22 = q= q

IntegrandoIntegrando--se quatro vezes e utilizandose quatro vezes e utilizando--se se as condias condiçções de contorno em ões de contorno em deslocamentos do exemplo da viga bideslocamentos do exemplo da viga bi--engastada, podemos obter y(x). Com y(x), engastada, podemos obter y(x). Com y(x), podepode--se determinar M(x) = se determinar M(x) = --EJ dEJ d22y/dxy/dx2 2 ee

Q(x) = dM/dx = d[Q(x) = dM/dx = d[--EJ dEJ d22y/dxy/dx22]/dx. ]/dx.

Conclusão: A resoluConclusão: A resoluçção requer a utilizaão requer a utilizaçção das condião das condiçções de ões de equilequilííbrio (equabrio (equaçção I), da Lei de Hooke embutida na equaão I), da Lei de Hooke embutida na equaçção ão II e das condiII e das condiçções de contorno em deslocamentos ões de contorno em deslocamentos (compatibilidade de deslocamentos generalizados). (compatibilidade de deslocamentos generalizados).

Conclusões Conclusões –– Estrutura IsostEstrutura Isostáática:tica:

1) O n1) O núúmero de vmero de víínculos nculos éé igual (iso) ao nigual (iso) ao núúmero demero de

equaequaçções da Estões da Estáática (ntica (núúmero estrito para ser estmero estrito para ser estáável);vel);

2) S2) Sóó existe uma soluexiste uma soluçção que satisfaão que satisfaçça o equila o equilííbrio;brio;

3) Os esfor3) Os esforçços independem da inos independem da inéércia;rcia;

4) Se as condi4) Se as condiçções de equilões de equilííbrio forem satisfeitas, então as brio forem satisfeitas, então as

condicondiçções de compatibilidade de deslocamentos são ões de compatibilidade de deslocamentos são

automaticamente satisfeitas.automaticamente satisfeitas.

Conclusões Conclusões –– Estrutura HiperestEstrutura Hiperestáática:tica:

1) O n1) O núúmero de vmero de víínculos nculos éé maior (hiper) do que omaior (hiper) do que o

nnúúmero de equamero de equaçções da Estões da Estáática;tica;

2) As condi2) As condiçções de equilões de equilííbrio não bastam. Existem brio não bastam. Existem

ininúúmeras solumeras soluçções que satisfazem o equilões que satisfazem o equilííbrio;brio;

3) As condi3) As condiçções de compatibilidade não bastam. Existemões de compatibilidade não bastam. Existem

ininúúmeras solumeras soluçções que satisfazem a compatibilidade;ões que satisfazem a compatibilidade;

4) Os esfor4) Os esforçços dependem das caracteros dependem das caracteríísticas elsticas eláásticas e sticas e

geomgeoméétricas da estrutura;tricas da estrutura;

5) A solu5) A soluçção satisfaz simultaneamente o equilão satisfaz simultaneamente o equilííbrio e a brio e a

compatibilidade.compatibilidade.

MMéétodos Cltodos Cláássicos de Cssicos de Cáálculolculo

Metodologia da Solução

Conclusões:Conclusões:

PrincPrincíípio dos Trabalhospio dos Trabalhos VirtuaisVirtuais

Trabalho, Energia de DeformaTrabalho, Energia de Deformaçção e ão e seus complementos: seus complementos: Consideremos uma estrutura em Consideremos uma estrutura em equilequilííbrio sob a abrio sob a açção de uma forão de uma forçça a generalizada generalizada f f (for(forçça ou momento) a ou momento) com uma configuracom uma configuraçção deformada ão deformada representada por um deslocamento representada por um deslocamento generalizado generalizado uu na direna direçção da forão da forçça. A a. A relarelaçção forão forççaa--deslocamento e uma deslocamento e uma relarelaçção tensãoão tensão--deformadeformaçção para o ão para o material da estrutura estão indicados material da estrutura estão indicados a seguir.a seguir.

Se o sistema for conservativo, isto é, não dissipar energia, e estiver em equilíbrio, então o trabalho externo W realizado pela força f em u é igual à energia de deformação U armazenada na estrutura (W = U).

Observação: W* é o trabalho externo complementar e U* é a energia de deformação complementar.

VariaVariaçções do Trabalho, da Energia de ões do Trabalho, da Energia de DeformaDeformaçção e de seus complementos:ão e de seus complementos:Imaginemos que a posiImaginemos que a posiçção de ão de equilequilííbrio estudada no item brio estudada no item anterior tenha sofrido uma pequena anterior tenha sofrido uma pequena variavariaçção, correspondendo a ão, correspondendo a variavariaçções ões δδuu e e δεδε compatcompatííveis e veis e δδff e e δσδσ equilibradas. Tais variaequilibradas. Tais variaçções ões provocariam variaprovocariam variaçções no trabalho, ões no trabalho, na energia de deformana energia de deformaçção e nos seus ão e nos seus complementos como indicado a complementos como indicado a seguir.seguir.

Essas variações são dadas por:∆W = δ1W + 1/2 δ2W + 0(δ3) ∆W* = δ1W* + 1/2 δ2W* + 0(δ3)∆U = δ1U + 1/2 δ2U + 0(δ3) ∆U* = δ1U* + 1/2 δ2U* + 0(δ3)Onde:δ1W = f . δu; δ1U = σ . δε; δ2W = δf . δu; δ2U = δσ . δε;δ1W* = u . δf; δ1U* = ε . δσ; δ2W* = δu . δf; δ2U* = δε . δσ.

0 (δ3) é o erro no acréscimo ∆.

PrincPrincíípio dos Trabalhos Virtuaispio dos Trabalhos VirtuaisDeslocamento Virtual:Deslocamento Virtual:Se considerarmos que as variaSe considerarmos que as variaçções ões ∆∆ ocorrem de ocorrem de forma que se dê um deslocamento virtual forma que se dê um deslocamento virtual δδuu que que produzirproduziráá uma deformauma deformaçção virtual compatão virtual compatíível vel δεδεsem que surjam necessariamente incrementos de sem que surjam necessariamente incrementos de forforçça e tensão, ou seja: a e tensão, ou seja: δδuu e e δεδε →→ δδff = 0 e = 0 e δσδσ = = 0, então 0, então ∆∆WW = = δδ11WW e e ∆∆UU = = δδ11U.U.

Dizemos, então, que Dizemos, então, que δδu u éé um deslocamento um deslocamento virtual, ou seja, cinematicamente compatvirtual, ou seja, cinematicamente compatíível com vel com a estrutura, e a estrutura, e δεδε uma deformauma deformaçção virtual.ão virtual.

O PTV afirma que, nesse caso, o trabalho virtual O PTV afirma que, nesse caso, o trabalho virtual (incremento do trabalho externo) (incremento do trabalho externo) éé igual igual ààenergia de deformaenergia de deformaçção virtual (incremento da ão virtual (incremento da energia de deformaenergia de deformaçção).ão).

δδ11W = W = δδ11UU

A integral A integral éé explicada pelo fato de explicada pelo fato de σσ . . δεδε ser a ser a energia de deformaenergia de deformaçção por unidade de volumeão por unidade de volumeda estrutura.da estrutura.

PTV ComplementarPTV Complementar

Deslocamento Virtual:Deslocamento Virtual:Se considerarmos que as variaSe considerarmos que as variaçções ões ∆∆ ocorrem de ocorrem de forma que se dê uma forforma que se dê uma forçça virtual a virtual δδff em em equilequilííbrio que produzirbrio que produziráá uma tensão virtual uma tensão virtual δσδσsem que surjam necessariamente incrementos de sem que surjam necessariamente incrementos de deslocamento e deformadeslocamento e deformaçção, ou seja: ão, ou seja: δδff e e δσδσ →→

δδuu = 0 e = 0 e δεδε = 0, então = 0, então ∆∆W*W* = = δδ11W*W* e e ∆∆U*U* = = δδ11U*.U*.

Obs: TrataObs: Trata--se, portanto, de uma situase, portanto, de uma situaçção como a ão como a anterior, fisicamente irrealizanterior, fisicamente irrealizáável.vel.

δδ11W = W = δδ11UU

Σ f . δu = ∫ (Nx Nx / EA) dx + ∫ (χ Qy Qy / GA) dx + ∫ (χ Qz Qz / GA) dx +∫ (Mx Mx / EIx) dx + ∫ (My My / EIy) dx + ∫ (Mz Mz / EIz) dx

Nesta equação, Nx, Qy, Qz, Mx, My e Mz reais estão em equilíbrio com f e

Nx, Qy, Qz, Mx, My e Mz são forças virtuais associadas às deformações virtuais

Compatíveis com os deslocamentos virtuais δu.

Nas expressões anteriores:Nas expressões anteriores:E E –– MMóódulo de elasticidade dulo de elasticidade longitudinal;longitudinal;G G –– MMóódulo de elasticidade dulo de elasticidade transversal;transversal;A A –– ÁÁrea da serea da seçção transversal;ão transversal;IIxx –– InInéércia rcia àà tortorçção da s. ão da s. transversal;transversal;IyIy –– InInéércia rcia àà flexão da s. transversal flexão da s. transversal ((MMyy););IzIz –– InInéércia rcia àà flexão da s. transversal flexão da s. transversal ((MMzz););χχ -- Fator de forma de cisalhamento, Fator de forma de cisalhamento, usado

AplicaAplicaçções do PTVões do PTV

Exemplo 1: CExemplo 1: Cáálculo de deslocamentoslculo de deslocamentos

UtilizaUtiliza--se o PTV Complementar associado ase o PTV Complementar associado a

uma foruma forçça virtual unita virtual unitáária. ria.

Calcular o deslocamento Calcular o deslocamento uu real:real:

δδff . u = . u = ∫∫xx ((NNxx NNxx(virtual)(virtual) / EA) / EA) dxdx

δδff . u = (1 / EA) . u = (1 / EA) ΣΣii NNii NNii(virtual)(virtual) LLii

1 . u = -3,828 PL / EA - o sentido do deslocamento real, em função

do sinal “-” encontrado, é da direita para a esquerda (⇐), ao contráriodo adotado inicialmente na resolução.

Exemplo 2: CExemplo 2: Cáálculo de esforlculo de esforçços em vigasos em vigas

IsostIsostááticas. Utilizaticas. Utiliza--se o PTV associado a umse o PTV associado a um

deslocamento virtual unitdeslocamento virtual unitáário. Para as vigasrio. Para as vigas

isostisostááticas, quando da aplicaticas, quando da aplicaçção de umão de um

deslocamento virtual, deslocamento virtual, δδ11U = 0, porque não hU = 0, porque não háá

gerageraçção de esforão de esforçços internos.os internos. Assim, Assim, δδ11W =W =

ΣΣ f . f . ∆∆uu = 0. Calcular a rea= 0. Calcular a reaçção Rão RAA::

ReaReaçção Rão RAA::

RompeRompe--se o vse o víínculo em A e substituinculo em A e substitui--se pela se pela

forforçça Ra RAA. Aplica. Aplica--se, então, um deslocamentose, então, um deslocamento

virtual unitvirtual unitáário na direrio na direçção de Rão de RAA..

δδ11W = W = ΣΣ f . f . ∆∆uu = = δδ11U = U = 00

RA x 1 – P x (b/L) = 0 → RA = P x (b/L)

Momento Fletor na seMomento Fletor na seçção S:ão S:

δδ1W = 1W = ΣΣ f . f . ∆∆uu = = δδ1U = 01U = 0

RompeRompe--se o vse o víínculo em S e substituinculo em S e substitui--se pelo par de momentos Mse pelo par de momentos MSS (v(víínculo nculo

interno). Aplicainterno). Aplica--se, então, um deslocamento virtual. Nesse caso, foi se, então, um deslocamento virtual. Nesse caso, foi

aplicado um deslocamento vertical unitaplicado um deslocamento vertical unitáário, verificandorio, verificando--se as rotase as rotaçções ões

Impostas. PoderImpostas. Poder--sese--ia, sem dia, sem dúúvida, aplicar uma rotavida, aplicar uma rotaçção ão θθAA = 1,= 1,

CalculandoCalculando--se a rotase a rotaçção ão θθB B decorrente.decorrente.

Assim:Assim:

P. (b / (LP. (b / (L--s)) s)) –– MMs s . (1/s) . (1/s) -- MMs s . (1 / (L. (1 / (L--s)) = 0s)) = 0

(Esfor(Esforçços e deslocamentos devem ser os e deslocamentos devem ser considerados considerados

com seus respectivos sinais)com seus respectivos sinais)

MMs .s . L / [(LL / [(L--s) . (s)] = P . (b / (Ls) . (s)] = P . (b / (L--s))s))

MMss = P . b . s / L = P . b . s / L

Exemplo 3: CExemplo 3: Cáálculo de deslocamentoslculo de deslocamentos

considerando o esforconsiderando o esforçço cortante.o cortante.

Calcular os deslocamentos Calcular os deslocamentos uu11 (vertical) e (vertical) e uu22(rota(rotaçção), considerando:ão), considerando:

a) Apenas a deformaa) Apenas a deformaçção por flexão;ão por flexão;

b) As deformab) As deformaçções por flexão e por ões por flexão e por

cisalhamento. cisalhamento.

a) Deformaa) Deformaçção por flexão:ão por flexão:

1 . u1a = ∫ (Mx Mx / EI) dx → u1

a = - L3 / 3EI (resultado da integração)

b) Deformação por flexão e por cisalhamento:

1 . u1 . u22aa = = ∫∫ ((MxMx MxMx / EI) / EI) dxdx →→ uu22

aa = = -- LL22 / 2EI (resultado da integra/ 2EI (resultado da integraçção)ão)

1 . u1 . u11ciscis = = ∫∫ ((χχ QQ QQ / GA) / GA) dxdx →→ uu11

ciscis = = -- χχ L / GA (resultado daL / GA (resultado daintegraintegraçção)ão)

uu11bb = u= u11

aa + u+ u11ciscis = = -- ((L((L33 /3EI) + (/3EI) + (χχ L / GA)) L / GA))

u2cis = 0

u2b = u2

a + u2cis = u2

a = - L2 / 2EI

ExercExercíícios de Princcios de Princíípio dos Trabalhos Virtuaispio dos Trabalhos Virtuais1) Determinar a rotação relativa das seções adjacentes à rótula A dopórtico, sabendo que E= 2,05 x 108 kN/m2 e J= 1,60 x 10-4 m4. O tracejado do lado de cada barra na representação da estrutura indicaa posição do observador para efeito de convenção dos esforçosseccionais.

Trata-se de um pórtico triarticulado isostático, de DMF representado naparte da direita.

Para determinar a rotação relativa, aplicamos momentos unitários nasseções adjacentes à rótula A, carregamento este que implica no DMFrepresentado na parte direita.

Sabendo que EJ = 2,05 x 108 x 1,60 x 10-4 = 3,28 x 104 kNm2.

Utilizando as tabelas para a integração ∫ M Mu dx

θ = 176,35 / 3,28 x 104 = 5,38 x 10-3 rad

2) Para o pórtico plano hiperestático em que todas as barras têm aspropriedades J= 1,538 x 10-2 m2 e E = 20 GPa, e de DMFrepresentado na parte direita, determinar a rotação da seção A, considerando apenas a deformação por momento fletor.

Aplicando-se um momento unitário na seção em que se desejadeterminar a rotação, o DMF do pórtico está representado na partedireita.

Assim: EJ = 20 x 106 x 1,538 x 10-2 = 3,076 x 105 kNm2

Utilizando as tabelas para a integração ∫ M Mu dx

θ= -356,07 / 3,076 x 105 = -1,16 x 10-3 rad(o sentido da rotação é o horário)

3) Calcular a rotação da corda BC da grelha da figura, cujas barras têm

EJ/GJt = 2 e EJ = 104 kNm2.

O carregamento virtual, composto por duas cargas P, provoca:

O carregamento externo aplicado produz ao seguintes diagramasO carregamento externo aplicado produz ao seguintes diagramas::

Cálculo da rotação:

EJ δ = ∫ M M ds + (EJ/GJt) ∫ T T ds

EJ δ = ∫03 (x2) (x/3) dx + 2 ∫04 (-9) (-1) dx = 315/4 = 78,75

δ = 78,75 / 104 = 7,875 x 10-3 rad

Deslocamentos devidos a recalques de apoio:Deslocamentos devidos a recalques de apoio:

Os apoios da estrutura sofrem os recalques indicados. ParaOs apoios da estrutura sofrem os recalques indicados. Paracalcular os deslocamentos provocados por esses recalques,calcular os deslocamentos provocados por esses recalques,aplicamos o PTV.aplicamos o PTV.O TV das forO TV das forçças externas seras externas seráá PPδδ + + ΣΣ RRρρ, sendo R as , sendo R as reareaçções de apoio no estado de carregamento e ões de apoio no estado de carregamento e ρρ ososrecalques a elas correspondentes no estado de deformarecalques a elas correspondentes no estado de deformaçção.ão.

Trabalho virtual das forças internas: nulo, visto que as deformações relativas às ações externas são nulas.

PPδδ ++ ΣΣ RRρρ = 0 (expressão que resolve o problema) = 0 (expressão que resolve o problema)

4) Calcular a rota4) Calcular a rotaçção relativa das tangentes ão relativa das tangentes àà eleláástica em E devida aosstica em E devida aosrecalques indicados. recalques indicados.

Temos as reações R no estado de carregamento indicadas na figuraseguinte.

Assim:

δ = - Σ Rρ = - (-1 x 10-3 – 1/3 x 10-2 – 1/3 x 2 x 10-2) = 11 x 10-3 rad

( o sentido arbitrado estava correto)

5) Calcular o deslocamento vertical de A da grelha devido a reca5) Calcular o deslocamento vertical de A da grelha devido a recalqueslques

verticais de cima para baixo de 2 cm em B e F e de 4 cm em D.verticais de cima para baixo de 2 cm em B e F e de 4 cm em D.

Aproveitando a simetria, as reações de apoio as indicadas na seguir.

2 δA = -Σ Rρ = -2 x 1 (-2 x 10-2) = 4 x 10-2 mO ponto A descerá, então, 2 cm.

Os recalques de apoio ocorrem, evidentemente, devido aocarregamento atuante. Para calcular os deslocamentos que oconjunto (carregamento + recalques) provoca na estrutura,usamos o princípio as superposição dos efeitos.

Deslocamentos devidos a efeitos de variaDeslocamentos devidos a efeitos de variaçção ão de temperatura:de temperatura:

∆∆L = L = αα t Lt Lαα (coeficiente de dilata(coeficiente de dilataççãoão

ttéérmica (1/ rmica (1/ °°C)C)(10(10--55 / / °°C C –– aaçço e concreto)o e concreto)

A variaA variaçção da temperatura não produz esforão da temperatura não produz esforçço cortante nemo cortante nemde torde torçção.ão.

ΣΣ PP δδ = = ∫∫ MM ddϕϕ + + ∫∫ NN ∆∆ds + ds + ∫∫ QQ dh + dh + ∫∫∫∫∫∫∫∫ T dT dθθ (I)(I)

Considerando: Considerando: ddϕϕ/ds = M/EJ /ds = M/EJ →→ ddϕϕ = (M/EJ) ds= (M/EJ) ds∆∆ds/ds = N/EA ds/ds = N/EA →→ ∆∆ds = (N/EA) dsds = (N/EA) ds

ΣΣ PP δδ = = ∫∫ ((M M M/EJ) ds + M/EJ) ds + ∫∫ N N (N/EA) ds(N/EA) ds

Voltando Voltando àà expressão (I) e calculando dexpressão (I) e calculando dϕϕ e e ∆∆dsds

para a variapara a variaçção de temperatura:ão de temperatura:

ddϕϕ = a/h = = a/h = αα (t(tii –– ttss) ds / h = ) ds / h = αα ∆∆t ds / ht ds / h ∆∆ds = ds = αα ttgg dsds

ΣΣ PP δδ = = ∫∫ ((M M αα ∆∆t/h) ds + t/h) ds + ∫∫ NN αα ttgg dsds

∆∆t = tt = ti i –– ttss

ConvenConvençção adotada:ão adotada:

►► EsforEsforçço Normal: Trao Normal: Traçção (+);ão (+);►► Momento Fletor: TraMomento Fletor: Traçção na fibra interna (+);ão na fibra interna (+);►► ∆∆t t éé positiva quando tpositiva quando tii > > ttss ((∆∆t = tt = tii –– ttss););

►► ttgg éé positiva para elevapositiva para elevaçção de temperatura.ão de temperatura.

6) Calcular o deslocamento vertical de C, sabendo que a altura 6) Calcular o deslocamento vertical de C, sabendo que a altura da seda seççãoãoh dos elementos mede 50 cm.h dos elementos mede 50 cm.

tg = (65 + (-15)) / 2 = 25 °C

∆t = 65 – (-15) = 80 °C

Diagrama de Esforços Normais:

Constante com valor -0,5 (comp.)

Diagrama de Momentos Fletores:

Representado ao lado →

Barra: (Barra: (αα ∆∆t/h) t/h) ∫∫ M M ds + ds + αα ttgg ∫∫ NN dsds

�� -- ((αα ∆∆t/h) x (t/h) x (--5) x 2,5/2 + 5) x 2,5/2 + αα ttg g x (x (--0,5) x 50,5) x 5�� -- ((αα ∆∆t/h) x (t/h) x (--5) x 2,5/2 + 5) x 2,5/2 + αα ttg g x (x (--0,5) x 50,5) x 5�� -- ((αα ∆∆t/h) x (t/h) x (--5) x 2,5/2 + 5) x 2,5/2 + αα ttg g x (x (--0,5) x 50,5) x 5�� -- ((αα ∆∆t/h) x (t/h) x (--5) x 2,5/2 + 5) x 2,5/2 + αα ttg g x (x (--0,5) x 50,5) x 5

PP x dx dvc vc = 10= 10--55 x 80 x (x 80 x (--25)/0,5 + 1025)/0,5 + 10--55 x 25 x (x 25 x (--10) =10) =Como Como PP = 1, d= 1, dvc vc = (= (-- 0,04) + (0,04) + (-- 0,0025) = 0,0025) = -- 0,0425 m (0,0425 m (↑↑))

Como a resposta Como a resposta éé negativa, o sentido negativa, o sentido éé o oposto ao da o oposto ao da carga carga PP aplicada.aplicada.

7) Para a grelha da figura, cujas barras têm se7) Para a grelha da figura, cujas barras têm seçção retangular de 0,5 m ão retangular de 0,5 m de altura e cujo material possui de altura e cujo material possui αα = 10= 10--55/ / °°C, C, calcular os seguintescalcular os seguintesdeslocamentosdeslocamentos, , quando suas fibras superiores forem aquecidas de 20quando suas fibras superiores forem aquecidas de 20°°C e as inferiores tiverem mantida a sua temperatura em relaC e as inferiores tiverem mantida a sua temperatura em relaçção ão àà dododia de sua execudia de sua execuçção.ão.a) Rotaa) Rotaçção da corda BC perpendicular ao plano ABC;ão da corda BC perpendicular ao plano ABC;b) Deslocamento do ponto C na direb) Deslocamento do ponto C na direçção BC. ão BC.

a) Rotaa) Rotaçção da corda BC: ão da corda BC:

δ = (α ∆t / h) AM = 10-5 x (-20)/0,5 (-0,5 x 1 x 4) = 0,8 x 10-3 rad

b) Deslocamento de C na direção BC:

tg = 10 °°C e C e ∆t = 0 °°CC(No (No plano da estrutura não hplano da estrutura não háávariavariaçção relativa de ão relativa de temperatura) temperatura)

δ = α tg AN = 10-5 x 10 x 4= 0,4 mm

Caso de VariaCaso de Variaçção Uniforme de Temperatura:ão Uniforme de Temperatura:PP δδ = = ∫∫ ((M M αα ∆∆t/h) ds + t/h) ds + ∫∫ NN αα ttgg dsdsComo Como ∆∆t = 0, a equat = 0, a equaçção fica: ão fica: PP δδ = = ∫∫ NN αα ttgg dsdsEntão trabalharemos com as Então trabalharemos com as ááreas dos diagramas de esforreas dos diagramas de esforçço normal.o normal.

88) Calcular o deslocamento horizontal de C, para uma eleva) Calcular o deslocamento horizontal de C, para uma elevaçção ão uniforme de temperatura de 20 uniforme de temperatura de 20 °°C.C.Dado: Dado: αα ttg g = 10= 10--55 x 20 = 0,0002x 20 = 0,0002

ddhChC = = ∫∫ N N αα tg dstg ds

Calculando em mm:Calculando em mm:2 x 102 x 10--44 x 10x 103 3 = 0,2= 0,2

ddhChC = = --0,89 x 6,32 x 0,2 + 0 + 0,60 x 6 x 0,2 = 0,89 x 6,32 x 0,2 + 0 + 0,60 x 6 x 0,2 = = = --0,405 mm (0,405 mm (→→))

Como a resposta Como a resposta éé negativa, o sentido negativa, o sentido éé o oposto ao dao oposto ao dacarga P aplicada.carga P aplicada.

CCáálculo de deslocamentos lculo de deslocamentos –– PTVCPTVC

EsforEsforçços a serem considerados:os a serem considerados:

a) Estruturas planas trabalhando a) Estruturas planas trabalhando àà flexão:flexão:

M ( a contribuiM ( a contribuiçção de N e Q ão de N e Q éé pequena);pequena);

b) Arcos:b) Arcos:

M e N;M e N;

c) Trelic) Treliçças:as:

d) Grelhas:d) Grelhas:

M e T M e T

Teorema de BettiTeorema de Betti

Imaginemos uma estrutura sob a aImaginemos uma estrutura sob a açção de forão de forçças as PP

em equilem equilííbrio com as reabrio com as reaçções R1 e R2. Vamosões R1 e R2. Vamos

atribuir a esta viga, previamente carregada, umatribuir a esta viga, previamente carregada, um

deslocamento compatdeslocamento compatíível com as leis elvel com as leis eláásticas,sticas,

fazendo aplicar um sistema de forfazendo aplicar um sistema de forçças P queas P que

produza deslocamentos y na direproduza deslocamentos y na direçção das forão das forçças as PP. .

O PTV afirma que a soma dos trabalhos virtuaisO PTV afirma que a soma dos trabalhos virtuais

externo e interno das forexterno e interno das forçças as P P (virtuais)(virtuais) para ospara os

deslocamentos causados pelas fordeslocamentos causados pelas forçças P (reais) as P (reais) éé

nula. nula.

Se, ao contrSe, ao contráário, existe previamente orio, existe previamente o

carregamento real de forcarregamento real de forçças P e aplicamos foras P e aplicamos forççasas

PP que produzem deslocamentos virtuais que produzem deslocamentos virtuais yy nana

diredireçção das forão das forçças reais, o PTV estabelece que aas reais, o PTV estabelece que a

soma dos trabalhos virtuais externo e interno dassoma dos trabalhos virtuais externo e interno das

forforçças P (reais) para os as P (reais) para os yy virtuais virtuais éé nula. nula.

A energia total acumulada serA energia total acumulada seráá::

Primeiro caso: E = TPrimeiro caso: E = TPP + TP + T+ TP + TPPPP

Segundo caso: E = TP + TSegundo caso: E = TP + TPP + TP+ TPPP

onde Tonde TPP e TP são os trabalhos de deformae TP são os trabalhos de deformaçção ão

realizados pelos sistemas de forrealizados pelos sistemas de forçças as PP e P atuandoe P atuando

isoladamente. Tisoladamente. TPPP P éé o trabalho virtual que as o trabalho virtual que as

forforçças as P P realizaram devido realizaram devido àà introduintroduçção das forão das forççasas

P; e TPP; e TPPP éé o trabalho virtual das foro trabalho virtual das forçças P devido as P devido àà

introduintroduçção das forão das forçças as PP. .

Das expressões: TDas expressões: TPPP = TPP = TPP P

ΣΣ P P δδPPP = P = ∫∫ ((MPMP MP/EJ) dx = MP/EJ) dx =

∫∫ (MP (MP MPMP/EJ) dx = /EJ) dx = ΣΣ PP δδPPPP

Teorema de MaxwellTeorema de Maxwell

Seja uma peSeja uma peçça sob a aa sob a açção de uma forão de uma forçça unita unitááriaria

no ponto A e seja no ponto A e seja δδ o deslocamento provocado poro deslocamento provocado por

esta foresta forçça no ponto B. Imaginemos, agora, umaa no ponto B. Imaginemos, agora, uma

situasituaçção recão recííproca, ou seja, uma forproca, ou seja, uma forçça unita unitáária emria em

B que provoca um deslocamento B que provoca um deslocamento δδ’’ em A.em A.

O Teorema de Betti estabelece que δδ = = δδ’’

Teorema da Reciprocidade dos EsforTeorema da Reciprocidade dos Esforççosos

Seja uma peSeja uma peçça que, sob a aa que, sob a açção de uma forão de uma forçça P noa P no

ponto A, provoca no ponto A, provoca no ponto B um deslocamentoponto B um deslocamento

unitunitáário. Imaginemos, agora, uma situario. Imaginemos, agora, uma situaççãoão

recrecííproca, ou seja, uma forproca, ou seja, uma forçça Pa P’’ em B que provocaem B que provoca

um deslocamento unitum deslocamento unitáário em A.rio em A.

O Teorema de Betti estabelece que P = P= P’’

Teorema da Reciprocidade MistaTeorema da Reciprocidade Mista

Seja uma peSeja uma peçça que, sob a aa que, sob a açção de uma forão de uma forçça unita unitááriariano ponto A, provoca no no ponto A, provoca no ponto B um esforponto B um esforçço de reao de reaççãoãoR. Imaginemos, agora, que seja atribuR. Imaginemos, agora, que seja atribuíída uma rotada uma rotaççãoãounitunitáária no ponto B, ria no ponto B, àà qual corresponde um deslocamentoqual corresponde um deslocamentoδδ no ponto A (para atribuir a rotano ponto A (para atribuir a rotaçção em B temos queão em B temos quelibertar este ponto do engaste e aplicar um esforlibertar este ponto do engaste e aplicar um esforçço K.o K.

O Teorema de Betti estabelece que R = = δδ

ExercExercíícios:cios:

1) Calcular o deslocamento horizontal do ponto B se a estrutura 1) Calcular o deslocamento horizontal do ponto B se a estrutura da da figura, com material que tem figura, com material que tem αα = 10= 10--55 / / °°C e com barras com seC e com barras com seççãoãoretangular de 0,5 m de altura, sofrer a variaretangular de 0,5 m de altura, sofrer a variaçção de temperatura ão de temperatura indicada abaixo, em relaindicada abaixo, em relaçção ao dia de sua execuão ao dia de sua execuçção.ão.

δδ = = αα ttgg AAN N + (+ (αα ∆∆t / h) At / h) AMM = 10= 10--55 x (+30) (6 x 1) + x (+30) (6 x 1) + = [10= [10--55 x (70+10) / 0,5] x (2 x 1/2 x 4 x 4 + 6 x 4) =x (70+10) / 0,5] x (2 x 1/2 x 4 x 4 + 6 x 4) == 6580 x 10= 6580 x 10--5 5 mm

O ponto B se deslocarO ponto B se deslocaráá de 6,58 cm para a direita. de 6,58 cm para a direita.

2) Para a estrutura da figura, pede2) Para a estrutura da figura, pede--se:se:a) o deslocamento horizontal da sea) o deslocamento horizontal da seçção em A;ão em A;b) o mb) o móódulo e o sentido da fordulo e o sentido da forçça horizontal P a ser aplicada na sea horizontal P a ser aplicada na seççãoão

A, de forma a anular o deslocamento horizontal de A do iteA, de forma a anular o deslocamento horizontal de A do item m aa;;c) obter o diagrama de momentos fletores da estrutura para a ac) obter o diagrama de momentos fletores da estrutura para a aççãoãoconcomitante do carregamento original com a forconcomitante do carregamento original com a forçça P calculada noa P calculada noitem item bb;;Adotar E = 3,0 x 10Adotar E = 3,0 x 1077 kNkN/m/m22 e J = 5,4 x 10e J = 5,4 x 10--33 mm44..

Resolvendo para o carregamento aplicado (apenas DMF): Resolvendo para o carregamento aplicado (apenas DMF):

Σ Fx = 0 → HB = 0

Σ Fy = 0 → VA + VB = 10,0 x 4 = 40,0 VB = 20,0 kN

Σ MA = 0 → 8,6 VB – 10,0 x 4 x 4,3 = 0 VA = 20,0 kN

Resolvendo para a carga unitResolvendo para a carga unitáária aplicada em A:ria aplicada em A:

Σ Fx = 0 → 1,0 - HB = 0 ∴ HB = 1

Σ Fy = 0 → VA = VB

Σ MA = 0 ∴ VB = VA = 0

a) Deslocamento horizontal da sea) Deslocamento horizontal da seçção em A:ão em A:δδHHÁÁ = = ∫∫ (Mo M1 / EJ) dx = (Mo M1 / EJ) dx = --[ 1/3 x 46 x 4 x 4,61 x 2 + 46 x 4 x 4 +[ 1/3 x 46 x 4 x 4,61 x 2 + 46 x 4 x 4 +

+ 2/3 x 20 x 4 x 4] / EJ = + 2/3 x 20 x 4 x 4] / EJ = -- 1514,83 / EJ = 1514,83 / EJ = -- 9,35 x 109,35 x 10--33 mm( deslocamento da direita para a esquerda) ( ( deslocamento da direita para a esquerda) ( ←← ) )

b) Forb) Forçça horizontal em A para anular o deslocamento devido a horizontal em A para anular o deslocamento devido àà carga:carga:

O deslocamento em A devido O deslocamento em A devido àà uma foruma forçça unita unitáária aplicada em A ria aplicada em A éécalculado por:calculado por:δδHHÁÁ1 1 = = ∫∫ (M(M1 M1 / EJ) dx = [1/3 x 4 x 4 x 4,61 x 2 + 4 x 4 x 4] / EJ 1 M1 / EJ) dx = [1/3 x 4 x 4 x 4,61 x 2 + 4 x 4 x 4] / EJ

= 113,17 / EJ = 6,99 x 10= 113,17 / EJ = 6,99 x 10--44 m (m (→→))

A forA forçça necessa necessáária para anular o deslocamento ria para anular o deslocamento éé::δδHHÁÁ1 1 x P + x P + δδHHÁÁ = 0 (equa= 0 (equaçção a ser atendida)ão a ser atendida)

P = P = -- δδHHÁÁ / / δδHHÁÁ11 = = -- ((--1514,83 / EJ) x (EJ / 113,17) = 13,38 kN1514,83 / EJ) x (EJ / 113,17) = 13,38 kN( ( →→ ))

c) Diagrama de momentos fletores para a ac) Diagrama de momentos fletores para a açção concomitante doão concomitante docarregamento e da forcarregamento e da forçça calculada no item a calculada no item bb::

M = M0 + M1 x PM = M0 + M1 x P

Grau de Hiperestaticidade:Grau de Hiperestaticidade:3) Classifique as estruturas quanto ao equilíbrio estático. Para as

hiperestáticas determine os graus de hiperestaticidade e apresente um sistema principal válido.

Respostas:Respostas:(28) gext = 0; gint = 6; gtotal = 6 (28) gext = 0; gint = 6; gtotal = 6

(29) gext = 1; gint = 3; gtotal = 4 (29) gext = 1; gint = 3; gtotal = 4 (30) gext = 0; gint = 12; gtotal = 12 (30) gext = 0; gint = 12; gtotal = 12 (31) gext = 3; gint = 6; gtotal = 9 (31) gext = 3; gint = 6; gtotal = 9 (32) gext = 1; gint = 4; gtotal = 5 (32) gext = 1; gint = 4; gtotal = 5 (33) gext = 0; gint = 3; gtotal = 3 (33) gext = 0; gint = 3; gtotal = 3 (34) estrutura hipost(34) estrutura hipostáática tica (35) gext = 9; gint = 21; gtotal = 30 (35) gext = 9; gint = 21; gtotal = 30

(36) (37)

(38) (39)

Respostas:Respostas:(36) gext = 1; gint = 3; gtotal = 4 (36) gext = 1; gint = 3; gtotal = 4

(37) gext = 1; gint = 0; gtotal = 1 (37) gext = 1; gint = 0; gtotal = 1 (38) gext = 1; gint = 4; gtotal = 5 (38) gext = 1; gint = 4; gtotal = 5 (39) gext = 1; gint = 0; gtotal = 1 (39) gext = 1; gint = 0; gtotal = 1

ExercExercíício de estrutura em arco:cio de estrutura em arco:3) Calcular o deslocamento vertical do ponto C.3) Calcular o deslocamento vertical do ponto C.

Dados: EJ constanteDados: EJ constante∫∫ coscos33θθ = sen= senθθ --1/3 sen1/3 sen33

Carregamento Real:

Ms = qR R(1 - cos θ) – qR2/2 –- q R2(1 - cos θ)2/2

Ms = - qR2 cos2θ

Carregamento Virtual:

Ms = R(1 - cos θ) – R =- R cos θ

ds = R dθ

EJ dEJ dCC = = ∫∫00ππ/2/2 ((- qR2 cos2θ) (- R cos θ) R dθ

EJ ddCC = = ∫∫00ππ/2 /2 ((qR4/2) (cos3θ) dθ =

EJ ddCC = = ((qR4/2) ∫∫00ππ/2 /2 (cos3θ) dθ =

EJ ddCC = = ((qR4/2) [sen [sen θθ -- 1/3 sen1/3 sen33θθ]] =

EJ ddCC = [1 = [1 –– 1/3 1/3 –– 0 + 0] 0 + 0] ((qR4/2) =

EJ ddCC = 2/3 = 2/3 ((qR4/2) = qR4/3 (↓)

MMéétodo das Fortodo das Forççasas

O problema consiste em escrever as equaO problema consiste em escrever as equaçções ões

geomgeoméétricas expressas em funtricas expressas em funçção das incão das incóógnitas gnitas

hiperesthiperestááticas. Estas equaticas. Estas equaçções traduzem a ões traduzem a

condicondiçção de ser nulo o deslocamento na direão de ser nulo o deslocamento na direççãoão

de cada incde cada incóógnita escolhida.gnita escolhida.

Incógnitas:Esforços seccionais

Precisamos rompervínculos até obter uma estrutura Isostática.

Sistema PrincipalSistema Principal

E0 → Efeito do Carregamento Externo no Sistema Principal

E1 → Efeito de X1 = 1 no Sistema Principal

E2 → Efeito de X2 = 1 no Sistema Principal

Coeficientes de flexibilidade:Coeficientes de flexibilidade:

(deslocamentos)(deslocamentos)

d10 = deslocamento na dired10 = deslocamento na direçção de X1 para a aão de X1 para a aççãoão

externa; externa;

d20 = deslocamento na dired20 = deslocamento na direçção de X2 para a aão de X2 para a aççãoão

externa; externa;

d11 = deslocamento na dired11 = deslocamento na direçção de X1 para X1 = 1; ão de X1 para X1 = 1;

d22 = deslocamento na dired22 = deslocamento na direçção de X2 para X2 = 1;ão de X2 para X2 = 1;

EquaEquaçções de compatibilidade de deslocamentosões de compatibilidade de deslocamentos

0 = d10 + d11 X1 + d12 X2

0 = d20 + d21 X1 + d22 X2

Resolvendo o sistema, podemos obter X1 e X2

E = E0 + E1 X1 + E2 X2 (esforço qualquer)

M = M0 + M1 X1 + E2 X2 (momento fletor)

R = R0 + R1 X1 + R2 X2 (reação de apoio)

Se tivermos n incSe tivermos n incóógnitas, teremos n equagnitas, teremos n equaççõesões

Coeficientes:Coeficientes:

Teremos que resolver o sistema principal para a aTeremos que resolver o sistema principal para a açção:ão:

a) Das aa) Das açções externas;ões externas;

b) Dos estados auxiliares b) Dos estados auxiliares XkXk = 1.= 1.

A determinaA determinaçção dos deslocamentos ão dos deslocamentos éé feita por meio dofeita por meio do

PrincPrincíípio dos Trabalhos Virtuais.pio dos Trabalhos Virtuais.

Chamando:Chamando:

Mk Mk –– momentos para momentos para XkXk = 1;= 1;

Mi Mi –– momentos para Xi = 1; momentos para Xi = 1;

M0 M0 –– momentos devidos momentos devidos ààs as açções externos.ões externos.

dki = ∫ (Mk Mi / EJ) ds

Se considerarmos apenas a contribuição dosmomentos fletores:

dk0 = ∫ (Mk M0 / EJ) ds

Estamos desprezando a influência de cortante, normal e torsor.

Observação: Se o grau hiperestático for n,lidaremos com n + 1 diagramas.

Roteiro para o MRoteiro para o Méétodo das Fortodo das Forççasas

1.1. Escolher o Sistema Principal e indicar os Escolher o Sistema Principal e indicar os

hiperesthiperestááticos;ticos;

2.2. Calcular os n + 1 diagramas M0 e Mi;Calcular os n + 1 diagramas M0 e Mi;

3.3. Calcular os coeficientes de flexibilidade Calcular os coeficientes de flexibilidade --δδi0 e i0 e δδijij;;

4.4. Estabelecer as equaEstabelecer as equaçções de compatibilidadeões de compatibilidade

de deslocamentos e resolvêde deslocamentos e resolvê--las (Xi);las (Xi);

5.5. Calcular de esforCalcular de esforçços e reaos e reaçções de apoio por ões de apoio por superposisuperposiçção na estrutura hiperestão na estrutura hiperestáática.tica.

1) Resolver a estrutura hiperest1) Resolver a estrutura hiperestáática:tica:

Combinando os diagramas: d10 = Combinando os diagramas: d10 = --20 e d11 = 620 e d11 = 6

d10 + d11 X1 = 0 d10 + d11 X1 = 0 →→ X1 = X1 = -- d10/d11 = 20/6 = 10/3d10/d11 = 20/6 = 10/3

EsforEsforçços Finais:os Finais:

M = M0 + 10/3 M1M = M0 + 10/3 M1

R = R0 + 10/3 R1 R = R0 + 10/3 R1

MD = 0 + 10/3 (-1) = 3,33MC3 = -6 + 10/3 (-1) = -9,33MC2 = 0 + 10/3 (-1) = -3,33

Barras com inBarras com inéércias constantes e diferentesrcias constantes e diferentes

Seja o quadro da figura. Um deslocamento δ devido aotrabalho de flexão é: δ = ∫ (M M / EJ) ds == Σ ∫barra (M M / EJbarra) dsSendo JC uma inércia arbitrária, chamada inércia de comparação, que usualmente é arbitrada igual àmenor das inércias das barras, temos:

E JC δ = Σ JC/Jbarra ∫barra M M ds

Em função dos diagramas M e M em cadabarra, tabelaremos os valores de:

JC/Jbarra ∫barra M M ds

que, somados para todas as barras daestrutura, nos darão o valor E JC δ, a partirdo qual se obtém o valor do deslocamentoδ desejado.

Expressão de VereschaguinExpressão de Vereschaguin

Os diagramas Os diagramas MM são sempre compostos de trechos retossão sempre compostos de trechos retos

para estruturas compostas por barras retas. Os diagramaspara estruturas compostas por barras retas. Os diagramas

M poder ser quaisquer. Temos, para uma barra de inM poder ser quaisquer. Temos, para uma barra de inéérciarcia

JJii e comprimento le comprimento lii::

JC/Ji ∫llii M M ds = JC/Ji ∫aa+li M x tg α dx

Da Geometria das Massas, sabemos que Da Geometria das Massas, sabemos que ∫∫ aa+li M x dx é

o momento estático da área M em relação ao eixo y,

numericamente igual ao produto da área AM do diagrama

M pela distância x do seu centro de gravidade ao eixo y.

JC/Ji ∫llii M M ds = JC/Ji tg α AM x = JC/Ji AM y

O valor de JC/Ji ∫llii M M ds que desejamos tabelar é igual

ao produto de JC/Ji pela área do diagrama qualquer e pela

ordenada, na posição do seu centro de gravidade, lida

no diagrama retilíneo.

Exemplos:Exemplos:a) Combinaa) Combinaçção de M e ão de M e MM retilretilííneos:neos:

Chamando-se li Jc / Ji = l’i de comprimento elástico dabarra i e que é o comprimento fictício de uma barra deinércia Jc que nos dá a mesma deformação da barra decomprimento li e inércia Ji, temos:

JC/Ji ∫llii M M ds = l’i/6 [MA (2MA + MB) + MB (2MB + MA)]

b) Combinação de M retilíneo e M parabólico do 2° grau:

2) Calcular o DMF para:2) Calcular o DMF para:

a) Carregamento indicado; b) Aumento uniforme de temperaturaa) Carregamento indicado; b) Aumento uniforme de temperatura

de 30de 30°° C; c) Recalque de apoio vertical no apoio B de 2 cm (C; c) Recalque de apoio vertical no apoio B de 2 cm (↓↓).).

Dados: E = 2,1 x 10Dados: E = 2,1 x 1077 kN/mkN/m22 e J = 0,02 me J = 0,02 m44..

Diagramas no Sistema PrincipalDiagramas no Sistema Principal

ql2/8 = 16 x 152 / 8 = 450

CCáálculo dos d:lculo dos d:

EJEJcc d11 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 6 + 1 x 1 x 1 x 6 = 10d11 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 6 + 1 x 1 x 1 x 6 = 10

EJEJcc d12 = 1/2 x 1 x 1 x 6 = 3 d12 = 1/2 x 1 x 1 x 6 = 3

EJEJcc d22 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 6 + 1 x 1 x 1 x 6 = 10d22 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 6 + 1 x 1 x 1 x 6 = 10

EJEJcc d10 = d10 = --2/3 x 450 x 1 x 6 = 2/3 x 450 x 1 x 6 = --18001800

EJEJcc d20 = d20 = --2 x 1/3 x 450 x 1 x 6 = 2 x 1/3 x 450 x 1 x 6 = --1800 1800

Matriz 2 x2: Matriz 2 x2: d11 d12 d11 d12 --11 = = a b a b --11 = 1/= 1/∆∆ x x d d --c c

d21 d22 d21 d22 cc d d --b a b a

d d = = 10 3 10 3 d d --11 = = 10/91 10/91 --3/91 3/91

3 10 3 10 --3/91 10/91 3/91 10/91

[ [ d ]= a x d d ]= a x d –– b x c = 100 b x c = 100 –– 9 = 919 = 91

a) Carregamento externo:a) Carregamento externo:

X1 X1 == 10/91 10/91 --3/91 3/91 1800 1800 == 138,5 138,5

X2 X2 --3/91 10/91 3/91 10/91 1800 1800 138,5 138,5

bb) Varia) Variaçção de Temperatura:ão de Temperatura:

d1t = 10d1t = 10--55 x 30 x 15 x (x 30 x 15 x (--1/6) = 1/6) = --75 x 1075 x 10--55

d2t = d2t = 1010--55 x 30 x 0 = 0x 30 x 0 = 0

EJEJcc d1t = d1t = --315315

EJEJcc d2t = 0d2t = 0

X1 X1 == 10/91 10/91 --3/91 3/91 315 315 == 34,6 34,6

X2 X2 --3/91 10/91 3/91 10/91 0 0 --10,4 10,4

cc) Recalque de Apoio:) Recalque de Apoio:

d1r = 0d1r = 0

1 x d1 x d2r2r + (+ (--2/15) x 0,02 = 0 2/15) x 0,02 = 0 ∴∴ dd2r2r = 0,04/15= 0,04/15

EJEJcc d1r = 0 d1r = 0

EJEJcc d2r= 1120d2r= 1120

X1 X1 == 10/91 10/91 --3/91 3/91 0 0 = = 36,9 36,9

X2 X2 --3/91 10/91 3/91 10/91 --1120 1120 --123,0123,0

3) Calcular o DMF para a estrutura, em que todas as barras têm E3) Calcular o DMF para a estrutura, em que todas as barras têm EJJ

constante, considerando apenas o efeito do momento fletor. Ticonstante, considerando apenas o efeito do momento fletor. Tirarrar

partido da simetria vertical.partido da simetria vertical.

As figuras seguintes apresentam os estados E0, E1 e E2,As figuras seguintes apresentam os estados E0, E1 e E2,

aut0aut0--equilibrados, com os correspondentes DMFs. equilibrados, com os correspondentes DMFs.

A partir dos diagramas e utilizando as tabelas:A partir dos diagramas e utilizando as tabelas:

Sistema de equaSistema de equaçções:ões:

12 X1 + 2X2 = 148012 X1 + 2X2 = 1480

2 X1 + 12 X2 = 2 X1 + 12 X2 = --840840

X1 = 138,85 kNm e X2 = X1 = 138,85 kNm e X2 = --93,14 kNm93,14 kNm

Diagrama FinalDiagrama Final

4) Tra4) Traççar os diagramas de esforar os diagramas de esforçços solicitantes (DMF, DEC eos solicitantes (DMF, DEC e

DMT) para a grelha representada na figura.DMT) para a grelha representada na figura.

Sistema Principal e HiperestSistema Principal e Hiperestááticosticos

Ações no Sistema Principal - Carregamento

AAçções no Sistema Principal ões no Sistema Principal –– X1=1X1=1

Ações no Sistema Principal – X2=1

CCáálculo dos deslocamentos:lculo dos deslocamentos:d11 = 1,404 x 10d11 = 1,404 x 10--3 3 ; d10 = ; d10 = --2,889 x 102,889 x 10--22;;

d22 = 1,222 x 10d22 = 1,222 x 10--4 4 ; d20 = 2,000 x 10; d20 = 2,000 x 10--33; ;

d33 = 1,111 x 10d33 = 1,111 x 10--4 4 ; d30 = ; d30 = --6,519 x 106,519 x 10--3 3 ..

d12 = d12 = --5,000 x 105,000 x 10--5 5 ;;

EJ d13 = 3,556 x 10EJ d13 = 3,556 x 10--4 4 ;;

EJ d23 = 0,000;EJ d23 = 0,000;

Resolvendo o sistema de equaResolvendo o sistema de equaçções:ões:

X1 = 29,38 kN;X1 = 29,38 kN;

X2 = X2 = --4,35 kNm;4,35 kNm;

X3 = X3 = --35,34 kNm 35,34 kNm

Diagramas Finais:Diagramas Finais:

PROGRAMA SALT PROGRAMA SALT ––Diagrama de MomentosDiagrama de Momentos

PROGRAMA SALT PROGRAMA SALT –– Diagrama de Momentos Torsores e de CortantesDiagrama de Momentos Torsores e de Cortantes

4) Resolver a treli4) Resolver a treliçça hiperesta hiperestáática da figura, cujas barras têm, todas,tica da figura, cujas barras têm, todas,

a mesma a mesma áárea.rea.

TrataTrata--se de uma trelise de uma treliçça uma vez hiperesta uma vez hiperestáática internamente. O Sistematica internamente. O SistemaPrincipal estPrincipal estáá representado na figura da direita. Poderrepresentado na figura da direita. Poderííamos ter rompidoamos ter rompidoOutra barra no Sistema Principal.Outra barra no Sistema Principal.

Diagramas no Sistema PrincipalDiagramas no Sistema Principal

Temos, então:Temos, então:

EA d10 = EA d10 = ΣΣ (N1 N0 l) = 2 P a (1 + SQRT(2))(N1 N0 l) = 2 P a (1 + SQRT(2))

EA d11 = EA d11 = ΣΣ (N(N1 N1 l) = 4 a (1 + SQRT(2))1 N1 l) = 4 a (1 + SQRT(2))

X1 = X1 = -- d10 / d11 = d10 / d11 = -- P/2P/2

EsforEsforçços Finais: N = N0 + N1 X1 = N0 os Finais: N = N0 + N1 X1 = N0 –– (P/2) X1 (P/2) X1

4) Obter, pelo M4) Obter, pelo Méétodo das Fortodo das Forçças, os diagramas solicitantes naas, os diagramas solicitantes naestrutura representada na figura, para uma diminuiestrutura representada na figura, para uma diminuiçção uniformeão uniformede temperatura de 40 de temperatura de 40 °°C em toda a estrutura.C em toda a estrutura.

Dados: Viga: J = 0,045 mDados: Viga: J = 0,045 m44; A = 0,3000 m; A = 0,3000 m22; E = 21 GPa; E = 21 GPa

Tirante: A = 0,0005 mTirante: A = 0,0005 m22; E 210 Gpa; E 210 Gpa

αα = 10= 10--5 / 5 / °°CC

Sistema Principal e HiperestSistema Principal e Hiperestááticosticos

Efeitos no Sistema Principal Efeitos no Sistema Principal –– X1 =1X1 =1

ΣΣ Fx = 0 Fx = 0 →→ HHAA = = -- HHBB

ΣΣ Fy = 0 Fy = 0 →→ VVAA + V+ VBB = = --11MCrot = 0 MCrot = 0 →→ HHBB = 0 = 0 →→ HHAA = 0 = 0 ΣΣ MA = 0 MA = 0 →→ 15 X1 + 6 V15 X1 + 6 VBB –– 8 H8 HBB = 0 = 0 →→ VB = VB = --15/6 = 15/6 = --2,5 kN2,5 kN

VA = VA = --1 + 2,5 = 1,5 kN 1 + 2,5 = 1,5 kN

Desprezando a deformaDesprezando a deformaçção por esforão por esforçço cortante, temos:o cortante, temos:

d11 = (1/Ed11 = (1/EvvJJvv) (9 x 9 x 6/3 + 9 x 9 x 9/3) + (1/E) (9 x 9 x 6/3 + 9 x 9 x 9/3) + (1/ETTJJTT) (2,5 x 2,5 x 8) =) (2,5 x 2,5 x 8) =

= 405 / (21 x 10= 405 / (21 x 1066 x 0,045) + 50 / (210 x 10x 0,045) + 50 / (210 x 1066 x 0,0005) = x 0,0005) =

= 4,29 x 10= 4,29 x 10--44 + 4,76 x 10+ 4,76 x 10--44 = 9,05 x 10= 9,05 x 10--44

VariaVariaçção Uniforme de Temperatura:ão Uniforme de Temperatura:

Todas as barras: Todas as barras: ∆∆t = tg = t = tg = --40 40 °°CC

Como todas as barras têm inComo todas as barras têm inéércia constante: rcia constante:

d1t = d1t = αα tg tg ∫∫ N1N1 dxdx = 10= 10--55 x (x (--40) x (40) x (--2,5) x 8 = 8,0 x 102,5) x 8 = 8,0 x 1033

CCáálculo do Hiperestlculo do Hiperestáático: 9,05 x 10tico: 9,05 x 10--44 X1 + 8,0 x 10X1 + 8,0 x 1033 = 0= 0

X1 = X1 = -- 8, 84 kN8, 84 kN

Diagramas Finais: Diagramas Finais:

ExercExercíício de casacio de casa

Resolver o problema anterior adotando o seguinte Resolver o problema anterior adotando o seguinte

Sistema Principal:Sistema Principal:

d11 = 1,45 x 10d11 = 1,45 x 10--44 d1t = d1t = -- 3,2 x 103,2 x 10--3 3 X1 = 22,10 X1 = 22,10 kNkN

MMéétodo das Fortodo das Forçças as –– Sistema PrincipalSistema Principal

Consideremos o pConsideremos o póórtico plano da figura seguinte. A rrtico plano da figura seguinte. A róótula em Dtula em D

expressa que não hexpressa que não háá transmissão de momento fletor da barra CDtransmissão de momento fletor da barra CD

para a extremidade D das barras BD e DF. Na extremidade D dapara a extremidade D das barras BD e DF. Na extremidade D da

barra CD pode haver apenas forbarra CD pode haver apenas forçça cortante e fora cortante e forçça normal. Aoa normal. Ao

se abrir a parte fechada CDEF na rse abrir a parte fechada CDEF na róótula, altula, aléém das 4 ream das 4 reaçções deões de

apoio, haverapoio, haveráá 6 inc6 incóógnitas. Como no plano temos 3 equagnitas. Como no plano temos 3 equaçções deões de

equilequilííbrio, o grau hiperestbrio, o grau hiperestáático sertico seráá 6 6 –– 3 = 3. (dois internos e3 = 3. (dois internos e

um externo). Abrindo a estrutura em outra seum externo). Abrindo a estrutura em outra seçção, como na seão, como na seççãoão

extrema esquerda da barra CD, haverextrema esquerda da barra CD, haveráá um esforum esforçço a mais o a mais

(momento fletor) que no caso precedente, mas haver(momento fletor) que no caso precedente, mas haveráá tambtambéém m

a equaa equaçção adicional de ão adicional de ΣΣ MMDDCDCD =0. Logo o grau de=0. Logo o grau de

indeterminaindeterminaçção estão estáática independe de como se abre a estrutura.tica independe de como se abre a estrutura.

Escolha do Sistema PrincipalEscolha do Sistema Principal

Exemplo de uma viga de grau hiperestático 2

1) Calcular os diagramas de esfor1) Calcular os diagramas de esforçços solicitantes da viga daos solicitantes da viga da

figura em que as barras têm rigidez EJ, desconsiderando a figura em que as barras têm rigidez EJ, desconsiderando a

deformadeformaçção da forão da forçça cortante e adotando o SP indicado.a cortante e adotando o SP indicado.

A figura seguinte apresenta os estados E0, E1 e E2, juntamente com os

correspondentes diagramas de momento fletor. Os coeficientes dij são:

Obs: Em anObs: Em anáálise de estruturas com barras de mesma rigidez EJ,lise de estruturas com barras de mesma rigidez EJ,

considerando apenas deformaconsiderando apenas deformaçção de momento fletor, as reaão de momento fletor, as reaççõesões

de apoio e os esforde apoio e os esforçços solicitantes independem dessa rigidez.os solicitantes independem dessa rigidez.

A combinaA combinaçção linear E0 + E1 X1 + E2 X2 fornece quaisquerão linear E0 + E1 X1 + E2 X2 fornece quaisquer

esforesforçços no estado E.os no estado E.

Escolha do Sistema Principal Escolha do Sistema Principal -- ExemplosExemplos

Para cada estrutura estão representados dois sistemas principais.

2) Calcular os diagramas dos esfor2) Calcular os diagramas dos esforçços solicitantes devido a umos solicitantes devido a um

acracrééscimo de temperatura de 17 scimo de temperatura de 17 °°C na face superior da viga e aC na face superior da viga e a

um acrum acrééscimo de 5 scimo de 5 °°C em sua face inferior, tendoC em sua face inferior, tendo--se E = 3,0 x se E = 3,0 x

101077 kN/mkN/m22, , αα = 10= 10--55 //°°C, Jpilar = 0,4202 mC, Jpilar = 0,4202 m44 e Jviga = 2,354 me Jviga = 2,354 m44..

Pilar central engastado no bloco e na viga e apoios nos encontros de primeiro gênero

Coeficientes de Flexibilidade:Coeficientes de Flexibilidade:

Para o cPara o cáálculo dos coeficientes d10 e d20, como as forlculo dos coeficientes d10 e d20, como as forççasas

normais nas barras em que ocorre varianormais nas barras em que ocorre variaçção de temperatura sãoão de temperatura são

nulas, consideraremos apenas a parcela de flexão devida nulas, consideraremos apenas a parcela de flexão devida àà

variavariaçção de temperatura. (ão de temperatura. (∆∆t/h = (5t/h = (5--17)/1,8 = 17)/1,8 = --6,6667 6,6667 °°C/m C/m

Sistema de equações de compatibilidade de deslocamentos

Diagramas de EsforDiagramas de Esforçços Solicitantesos Solicitantes

AplicaAplicaçções do Mões do Méétodo das Fortodo das Forççasas

a) Vigas simples: calcular o DMF para a viga da figura.a) Vigas simples: calcular o DMF para a viga da figura.

Como EJ é constante, calcularemos, ao invés dos deslocamentos

reais, seus valores multiplicados por EJ.

Utilizando as tabelas:Utilizando as tabelas:

d11 = 1/3 x 1 x 1 x 8,00 = 2,67d11 = 1/3 x 1 x 1 x 8,00 = 2,67

d10 = 1/3 x 1 x 24 x 8 = 64,00 X1 = d10 = 1/3 x 1 x 24 x 8 = 64,00 X1 = --64,00/2,67 = 64,00/2,67 = --2424

M = M0 + M1 X1M = M0 + M1 X1

MA = 0 + 1 x (MA = 0 + 1 x (--24) = 24) = --24 24

MB = 0 + 0 x (MB = 0 + 0 x (--24) = 0 24) = 0

Calcule o DMF e as reaCalcule o DMF e as reaçções de apoio para a viga. ões de apoio para a viga.

Aplicar hiperestáticos no ponto A

b) Vigas contb) Vigas contíínuas: calcular o DMF para a viga da figura.nuas: calcular o DMF para a viga da figura.

Normalmente, tomamos como sistema principal uma sNormalmente, tomamos como sistema principal uma séérierie

de vigas rotuladas nos extremos, como mostra a figura. de vigas rotuladas nos extremos, como mostra a figura.

Os diagramas auxiliares são constituídos por triângulos

com momentos unitários e os diagramas M0 coincidem

com diagramas de cargas de vigas em dois apoios simples.

Para os coeficientes dk0, as expressões dependem do tipo de Para os coeficientes dk0, as expressões dependem do tipo de

carregamento. Estas expressões coincidem com as rotacarregamento. Estas expressões coincidem com as rotaçções nosões nos

extremos das vigas em dois apoios simples para o carregamentoextremos das vigas em dois apoios simples para o carregamento

dado. No caso de carga uniformemente distribudado. No caso de carga uniformemente distribuíída, temos:da, temos:

c) Exercc) Exercíício para casa: calcular o DMF para a viga da figura. cio para casa: calcular o DMF para a viga da figura.

Respostas:

M1 = -39,18 kNm

M2 = -61,41 kNm

d) Quadros simples retangulares: calcular o DMF para o quadro.d) Quadros simples retangulares: calcular o DMF para o quadro.

X1 = 1 e HA = 1/3 X1 = 1/3

Os comprimentos elásticos são: (Jb = 200 dm4)

L’1 = L’3 = (200/100) x 3,00 = 6,00

L’2 = (200/200) x 8,00 = 8,00

d11 = 1/3 x 6,00 + 8,00 + 1/3 x 6,00 = 12,00 d11 = 1/3 x 6,00 + 8,00 + 1/3 x 6,00 = 12,00

Ma = 0 + (-1) x 8,11 = -8,11 kNm

Mb = -6 + (-1) x 8,11 = -14,11 kNm

Mc = q.a.b/2 + P.a.b/L = 2 x 2 x 6/2 + 8 x 2 x 6/8 = 24 kNm

y1= qa2/8 = 2 x 62/8 = 9 kNm; y2= qb2/8 = 2 x 22/8 = 1 kNm

MarcandoMarcando--se o valor de Mc a partir da linha de fechamento e,se o valor de Mc a partir da linha de fechamento e,

em seguida, as ordenadas y1 e y2, completamos o diagramaem seguida, as ordenadas y1 e y2, completamos o diagrama

para a barra horizontal, sendo que para as hastes verticais opara a barra horizontal, sendo que para as hastes verticais os s

diagramas são lineares. diagramas são lineares.

e) Trelie) Treliçças:as:

Carregamento Externo N0 Hiperestático X1 = 1

N0: ResoluN0: Resoluçção de uma trelião de uma treliçça isosta isostáática tica

DeterminaDeterminaçção de N01, N02, N03, ..., N0não de N01, N02, N03, ..., N0n

N0i = 0; E d10 = N0i = 0; E d10 = ΣΣ N1j N0j Lj / SjN1j N0j Lj / Sj

N1: ResoluN1: Resoluçção de uma trelião de uma treliçça isosta isostáática (X1 = 1) tica (X1 = 1)

DeterminaDeterminaçção de N11, N12, N13, ..., N1não de N11, N12, N13, ..., N1n

N1i = 1; E d11 = N1i = 1; E d11 = ΣΣ N1j N1j Lj / SjN1j N1j Lj / Sj

d10 + d11 X1 = 0d10 + d11 X1 = 0

N = N0 + N1 X1N = N0 + N1 X1

Calcular o Diagrama de EsforCalcular o Diagrama de Esforçços Normais para a trelios Normais para a treliçça:a:

A = 0,01 mA = 0,01 m22

f) Quadros poligonais: Calcular o DMF para o quadro.f) Quadros poligonais: Calcular o DMF para o quadro.

Comprimento da barra inclinada: SQRT(8,002 + 4,002) = 8,95 m

Comprimentos elComprimentos eláásticos: (Jbsticos: (Jbáásico = 100 dmsico = 100 dm44))

L1L1’’ = L1 = L4= L1 = L4’’ = L4 = 6,00 m= L4 = 6,00 m

L2L2’’ = L3= L3’’ = 8,95 x 100/74,5 = 12,00 m= 8,95 x 100/74,5 = 12,00 m

Coeficientes de flexibilidade: (metade do quadro)Coeficientes de flexibilidade: (metade do quadro)

d11 = 1/3 x (d11 = 1/3 x (--1) x (1) x (--1) x 6 + 1/3 x (11) x 6 + 1/3 x (122 + 1,667+ 1,66722 + +

1,667 x 1) x 12 = 23,781,667 x 1) x 12 = 23,78

Carga uniforme:Carga uniforme:

d10d10’’ = = --1/12 x 32 x (3 x 1,667 + 3 x 1 ) = 1/12 x 32 x (3 x 1,667 + 3 x 1 ) = --362,67362,67

Carga concentrada:Carga concentrada:

d10d10’’’’ = = --1/6 x 40 x (2 x 1,667 + 1) = 1/6 x 40 x (2 x 1,667 + 1) = --346,67346,67

Carga dos balanCarga dos balançços:os:

d10d10’’’’’’ = 1/2 x (1,667 + 1) x 10 x 12 = 160,00= 1/2 x (1,667 + 1) x 10 x 12 = 160,00

Total:Total:

d10 = d10 = --362,67 + 362,67 + --346,67 + 160,00 = 346,67 + 160,00 = --549,33 549,33

X1 = 549,33/23,78 = 23,10X1 = 549,33/23,78 = 23,10

Momentos Fletores:Momentos Fletores:

M1 = M1 = --10 + (10 + (--1) x 23,10 = 1) x 23,10 = --33,10 kNm33,10 kNm

M2 = 32 + 40 M2 = 32 + 40 –– 10 + (10 + (--1,667) x 23,10 = 23,50 kNm1,667) x 23,10 = 23,50 kNm

Diagrama Final para a metade do quadro:Diagrama Final para a metade do quadro:

ExercExercíício para casa:cio para casa:

Calcular o DMF para o quadro da figura. Calcular o DMF para o quadro da figura.

Cargas:

qv = qi cos α

qh = qi sen α

Comprimentos:

(1 m inclinado)

cos α na horizontal

sen α na vertical

qvertical / mhorizontal = qi cos α / cos α = qi

qhorizontal / mvertical = qi sen α / sen α = qi

Estruturas com Tirantes:Estruturas com Tirantes:

O tirante trabalha apenas à tração. Se, após o cálculo da

estrutura, o sinal da força no tirante indicar um esforçode compressão, o tirante não funcionará.

Hipótese 1: Tirante indeformável

No cálculo dos tirantes indeformáveis, leva-se em conta

apenas a influência dos momentos fletores.

Hipótese 2: Tirante deformável ou elástico

Neste caso deve-se incluir no cálculo dos coeficientes o

trabalho virtual devido ao esforço normal no tirante.

dki (tirante) = ∫ (Nk Ni / Et At) dx

E Jb dki (tirante) = Nk Ni E Jb L/ Et At

No caso do exemplo da figura:

d22 (tirante) = (N2)2 (E / Et) (Jb / At) L

Se considerarmos E = Et:

d22 (tirante) = (N2)2 (Jb / At) L

ExercExercíício: resolver a estrutura com tirante da figura. cio: resolver a estrutura com tirante da figura.

Comprimentos elásticos: L1’ = 6,00 m; L2’ = 12,00 m.

Considerando para SP o quadro simples isostConsiderando para SP o quadro simples isostáático da figura, astico da figura, as

incincóógnitas serão: X1 = 6 H e X2 = 4 N, sendo H a forgnitas serão: X1 = 6 H e X2 = 4 N, sendo H a forçça horizontal naa horizontal na

rróótula esquerda e N o esfortula esquerda e N o esforçço no tirante. o no tirante.

Coeficientes: (quadro todo)Coeficientes: (quadro todo)

E Jb d11 = 2 x [1/3 x 1 x 1 x 6 + 1/3 (1E Jb d11 = 2 x [1/3 x 1 x 1 x 6 + 1/3 (122 + 1,667+ 1,66722 + +

1 x 1,667) x 12 = 47,561 x 1,667) x 12 = 47,56

E Jb d22 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 12 = 8,00E Jb d22 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 12 = 8,00

E Jb d12 = 2 x [1/6 x 1 x (2 x 1,667 + 1) x 12 = 17,33E Jb d12 = 2 x [1/6 x 1 x (2 x 1,667 + 1) x 12 = 17,33

Apenas Carga Uniforme:Apenas Carga Uniforme:

E Jb d10 = 2 x [E Jb d10 = 2 x [--1/12 x 32 x (5 x 1,667 + 3 x 1) x 12] =1/12 x 32 x (5 x 1,667 + 3 x 1) x 12] =

--725,33725,33

E Jb d20 = E Jb d20 = --2 x 5/12 x 32 x 1 x 12 = 2 x 5/12 x 32 x 1 x 12 = --320320

Resolvendo o sistema:Resolvendo o sistema:

X1 = 3,20 e X2 = 33,07 (traX1 = 3,20 e X2 = 33,07 (traçção no tirante)ão no tirante)

M1 = M1 = --3,20 e M2 = 32 3,20 e M2 = 32 –– 1,667 x 3,20 1,667 x 3,20 –– 1 x 33,07 = 1 x 33,07 = --6,40 6,40

Carga Horizontal: (Sempre em conjunto com a carga uniforme)Carga Horizontal: (Sempre em conjunto com a carga uniforme)

E Jb d10 = 1/6 x 14 x (2 x 1,667 + 1) x 12 + 1/6 x [14 x (2 xE Jb d10 = 1/6 x 14 x (2 x 1,667 + 1) x 12 + 1/6 x [14 x (2 x

1,667 + 1) + 12 x (2 x 1 + 1,667)] x 12 + 1/1,667 + 1) + 12 x (2 x 1 + 1,667)] x 12 + 1/3 x 12 x 13 x 12 x 1

x 6 = 354,67x 6 = 354,67

E Jb d20 = 1/3 x 14 x 1 x 12 + 1/6 x 1 x (2 x 14 + 12) x 12 =E Jb d20 = 1/3 x 14 x 1 x 12 + 1/6 x 1 x (2 x 14 + 12) x 12 =

136,00 136,00

Resolvendo o sistema para o carregamento total:Resolvendo o sistema para o carregamento total:

d10 = d10 = --725,33 + 354,67 = 725,33 + 354,67 = --370,67370,67

d20 = d20 = --320,00 + 136,00 = 320,00 + 136,00 = --184,00184,00

X1 = 2,80 e X2 = 29,06 (ainda traX1 = 2,80 e X2 = 29,06 (ainda traçção)ão)

M1 = 2,80; M1 = 2,80;

M2 = 32 M2 = 32 –– 14 + 1,667 x 2,80 14 + 1,667 x 2,80 –– 1 x 29,06 = 1 x 29,06 = --6,406,40

M3 = M3 = --12 + 2,80 = 12 + 2,80 = --9,20 9,20

Vamos resolver agora o exercVamos resolver agora o exercíício considerando umcio considerando um

tirante eltirante eláástico com stico com áárea de 4 cmrea de 4 cm2 2 (a(açço). o).

Assim, d22 = dAssim, d22 = d’’22(tirante r22(tirante ríígido) + dgido) + dtt2222

ddtt22 = N222 = N222 x (E / Et) x (Jb / At) x Lx (E / Et) x (Jb / At) x L

Jb = 100 dmJb = 100 dm44; At = 4 cm; At = 4 cm22; N2 = 1/4; Et = 10 E (concreto); N2 = 1/4; Et = 10 E (concreto)

ddtt22 = (1/4)22 = (1/4)22 x (1/10) x (100 x 10x (1/10) x (100 x 10--44/4 x 10/4 x 10--44) x 16 = 2,50) x 16 = 2,50

d22 = 8,00 + 2,50 = 10,50d22 = 8,00 + 2,50 = 10,50

Resolvendo os sistemas:Resolvendo os sistemas:

47,56 X1 + 17,33 X2 = 725,33 X1 = 10,40 e X2 = 13,3147,56 X1 + 17,33 X2 = 725,33 X1 = 10,40 e X2 = 13,31

17,33 X1 + 10,50 X2 = 320,00 (carga uniforme) 17,33 X1 + 10,50 X2 = 320,00 (carga uniforme)

47,56 X1 + 17,33 X2 = 370,67 X1 = 3,53 e X2 = 11,69 47,56 X1 + 17,33 X2 = 370,67 X1 = 3,53 e X2 = 11,69

17,33 X1 + 10,50 X2 = 184,00 (carga total)17,33 X1 + 10,50 X2 = 184,00 (carga total)

Carga uniforme: Carga uniforme:

M1 = M1 = --10,40 10,40

M2 = 32 M2 = 32 –– 1,667 x 10,40 1,667 x 10,40 –– 1 x 13,31 = 1,351 x 13,31 = 1,35

Carga total:Carga total:

M1 = M1 = --3,53; M2 = 32 3,53; M2 = 32 --14 14 –– 1,667 x 3,53 1,667 x 3,53 –– 1 x 11,69 = 0,431 x 11,69 = 0,43

M3 = M3 = --12 12 –– 3,53 = 3,53 = --15,53 15,53

Exercício de Tirante:

Calcular o DMF e as reações de apoio para o pórtico da

figura. Considerar três carregamentos: a) Carga concentrada;

b) Carga distribuída; c) Carga total.

(Dados: Jc = 100 x 10-4 m4; At = 10 cm2 (tirante elástico))

Carga concentrada Carga distribuída

Diagrama para X1 = 1 Diagrama para X2 = 1

Comprimentos elásticos: (Jb = Jc = 100 dm4)

Barras AB e CD (verticais): L’ = 4 x 100 / 200 = 2 m

Barra BC: L’ = 10 x 100 / 100 = 10 m

Matriz de flexibilidade:

d11 = 1/3 x 1 x 1 x 10 + 1 x 1 x 1 x 2 = 5,33

d12 = - 1/2 x 1 x 4 x 10 – 1/2 x 1 x 4 x 2 = -24,00

d22’ = 2 x 1/3 x 4 x 4 x 2 + 1 x 4 x 4 x 10 = 181,33

d22t = (1/10) x (100 x 10-4/10 x 10-4) x 10 = 10,00

d22 = 181,33 + 10,00 = 191,33

Carga concentrada:

d10’ = -1/3 x 800 x 1 x 10 – 1/2 x 800 x 1 x 2 = -3466,70

d20’ = 1/2 x 800 x 4 x 10 + 1/3 x 800 x 4 x 2 = 18133,30

Carga distribuída:

d10’’ = 1/3 x 375 x 1 x 10 = 1250,00

d20’’ = -2/3 x 375 x 4 x 10 = - 10000,00

a) Carga concentrada: 5,33 X1 – 24,00 X2 = 3466,70

-24,00 X1 + 191,33 X2 = -18133,30

X1 = 513,9 e X2 = -30,3 (comp.)

b) Carga distribuída: 5,33 X1 – 24,00 X2 = -1250,00

-24,00 X1 + 191,33 X2 = 10000,00

X1 = 1,89 e X2 = 52,5 (tração)

c) Carga total: 5,33 X1 – 24,00 X2 = 2216,70

-24,00 X1 + 191,33 X2 = -8133,30

X1 = 515,8 e X2 = 22,2 (tração)

Assim, podemos verificar que o tirante só funciona nos casos b e c.

No caso a, a estrutura deve ser recalculada sem o tirante.

Esforços Finais:

MB = 0 + 0 + 0 + (-4) x 22,2 = -88,8 kNm

MC = -80 + 0 + 1 x 515,8 + (-4) x 22,2 = -373,0 kNm

MD = 0 + 0 + 1 x 515,8 + 0 = 515,8 kNm

RA = -80 + 150 + 1/10 x 515,8 = 121,58 kN

RB = 80 + 150 – 1/10 x 515,8 = 178,42 kN

Exercício de tirante elástico:

Obter os diagramas de momento fletor no quadro e de

esforço normal no tirante, se este sofrer um encurtamento

de 1 cm. São dados: EJ = 3 x 104 tm2 e EJ/ES(tir.)= √2 m2

Observar que a rótula inferior do quadro está colocada no nó (3 barras).

Trata-se de uma estrutura duas vezes hiperestática.

Rompendo-se o tirante e rotulando-se um nó da estrutura,

temos o sistema principal da figura.

Diagramas no sistema principal:

Diagramas M1 e N1(tirante) Diagramas M2 e N2(tirante)

Cálculo dos EJc dij:

EJc d1enc = 0

EJc d2enc = -3 x 104 x 10-2 = -300

EJc d11 = 1 + 3 + 1 = 5

EJc d12 = 3 √2 / 2

EJc d22 = 2 x 1/3 x 3 x (3 √2 / 2)2 + √2 x 1 x 1 x 3 √2

Equações de compatibilidade:

d11 X1 + d12 X2 = -d1enc

d21 X1 + d22 X2 = -d2enc

X1 = -9 e X2 = 21,3

Diagramas Finais:

A partir de E = -9 E1 + 21,3 E2, temos o diagrama:

Exercício proposto:

Calcular o DMF e as reações de apoio para a estrutura

com inércia constante da figura.

Resposta:

Exercício com carga distribuída parcial:

Calcular o DMF para a estrutura representada na figura.

Matriz de flexibilidade:d11 = 1/3 x 1 x 1 x 5 + 1/3 x 1 x 1 x 4 = 3d12 = 1/6 x 1 x 1 x 4 = 2/3d22 = 1/3 x 1 x 1 x 4 = 4/3

Vetor de termos independentes:

d10 = 1/3 x 1 x 0,2 x 15 + 1/6 x 3 x [15(2 x 0,2 + 0,8) +

15(2 x 0,8 + 0,2)] + 1/3 x 3 x (0,2 + 0,8) x 11,25 +

1/6 x 1 x [15(2 x 0,8 + 1,0)] + 1/6 x 2 x [30(2 x 0,5 +

1,0)] + 1/3 x 2 x 30 x 0,5 = 1,00 + 22,50 + 11,25 +

6,50 + 20,00 + 10,00 = 71,25

d20 = 1/3 x 2 x 30 x 0,5 + 1/6 x 2 x [30(2 x 0,5 + 1,0)] =

10,00 + 20,00 = 30,00

Sistema: 3 X1 + 2/3 X2 = -71,25 → X1 = -21,09

2/3 X1 + 4/3 X2 = -30,00 X2 = -11,95

M1 = 1 x (-21,09) = -21,09 kNm

M2 = 1 x (-11,95) = -11,95 kNm

R = 15 + 1/5 x (-21,09) = 10,78 kN

Minício = 10,78 x 1 = 10,78 kNm

Mfim = 10,78 x 4 – 10 x 32 / 2 = -1,87

Diagrama Final:

Artifício do Arranjo de Cargas

a) Suponhamos a estrutura elástica e geometricamente

simétrica da figura, submetida ao carregamento indicado.

Seção S:• Deslocamento horizontal nulo• Rotação nula

• Força cortante

Sendo o carregamento simétrico, se ele tende num dos

lados da seção S a provocar um deslocamento horizontal

ou uma rotação num dado sentido, o carregamento do

outro lado tenderá a provocá-las no sentido oposto,

anulando-se as duas parcelas.

No exemplo, a estrutura três vezes hiperestática pode ser

simplificada para a estrutura duas vezes hiperestática da

figura inferior.

Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da

estrutura, os diagramas para a outra metade serão

obtidos lembrando que, para carregamento simétrico, os

diagramas de momentos fletores e esforços normais são

simétricos e o de esforço cortante é anti-simétrico.

Outro exemplo:

b) Suponhamos a mesma estrutura anterior elástica e

geometricamente simétrica submetida ao carregamento

anti-simétrico indicado.

Seção S:Deslocamento vertical nulo

Força normal nulaMomento fletor nulo

No caso agora, as tendências de deslocamento horizontal

e de rotação da seção S de simetria, provocadas pelas

forças atuantes de cada um de seus lados, se somarão.

No entanto, para o deslocamento vertical, as tendências

do deslocamento em S se oporão, fazendo com que seja

No exemplo, a estrutura três vezes hiperestática pode ser

simplificada para a estrutura uma vez hiperestática da

figura inferior.

Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da

estrutura, os diagramas da outra metade serão

determinados lembrando que os diagramas de momentos

fletores e esforços normais serão anti-simétricos e o de

esforços cortantes é simétrico.

Outro exemplo:

c) Caso em que o eixo de simetria contém uma barra da

estrutura:

Suponhamos o quadro simétrico da figura, submetido

ao carregamento simétrico indicado.

(Comparar com o caso a comdeslocamento vertical impedido –engaste)

Se não houver o impedimento aodeslocamento, não pode haverA simplificação aqui proposta

A barra SC, interceptada pelo eixo de simetria. Ficará

submetida apenas a um esforço normal constante, igual

ao dobro da reação vertical em S calculada a partir do

esquema simplificado da figura anterior.

Analisemos, agora, o caso do carregamento anti-

simétrico, conforme a figura abaixo, para a qual a barra

interceptada pelo eixo de simetria tem inércia igual a J.

A metade da barra SC é solicitada pelocarregamento atuante na parte da esquerdada estrutura e que a outra metade é solicitadapelo carregamento atuante na parte da direita da estrutura, que poderá ser resolvidaa partir do esquema indicado à na figura, para a parte da esquerda.

Os diagramas finais serão obtidos lembrando que os diagramas de momentos fletores e de esforços normais serão anti-simétricos e que o diagrama de esforçoscortantes será simétrico. Notar que, para a barra SC,o diagrama final de momentos fletores será, por estarazão, igual ao dobro do obtido a partir do esquema acima indicado.

Exemplos de Estruturas Simétricas:

Treliças

Pórtico plano com dois eixos de simetria

Anel com quatro eixos de simetria

Exemplos de Estruturas Anti-simétricas:

Pórtico plano

O Artifício:

Quando tivermos, numa estrutura elástica e

geometricamente simétrica, a atuação de um

carregamento qualquer, vamos decompor este

carregamento em suas componentes simétrica e

anti-simétrica (o que é sempre possível fazer),

resolvendo a estrutura, separadamente, para cada

uma destas componentes do carregamento.

Poderemos explorar as simplificações aqui

apresentadas, superpondo, a seguir, os diagramas

solicitantes encontrados para cada caso, a fim

de obter o diagrama solicitante final.

Exemplos:

Exemplo de Aplicação do Artifício

G = 4 G = 2

Exercícios:

1) Para a estrutura elástica e geometricamentesimétrica da figura, identificar as parcelas

simétrica e anti-simétrica do carregamento e odiagrama de momentos fletores, sendo que o

DMF da parcela simétrica é dado.

Diagrama da parcela simétrica

As parcelas simétrica e anti-simétrica do

carregamento estão mostradas na figura abaixo:

A resolução da parcela anti-simétrica recai na análise domodelo reduzido isostático representado na figura, ondeestá representada a obtenção das reações de apoio.

Diagrama Final – Carregamento TotalA partir dos diagramas de momentos fletores para

as parcelas simétrica e anti-simétrica, podemos

obter o DMF para o carregamento total.

2) Determinar os diagramas de esforços

seccionais do pórtico plano representado na figura,

considerando apenas a deformação do momento

fletor. Todas as barras têm o mesmo EJ.

A decomposição do carregamento está apresentada nafigura seguinte.

• Análise da parcela simétrica do carregamento:

Considerando a simetria do pórtico e do

carregamento, vamos utilizar o modelo e o

sistema principal indicados na figura seguinte.

Os estados E0, E1 e E2 estão mostrados na figura seguinte,

juntamente com os correspondentes diagramas de momento

fletor. Assim:

EJ d10 = (1/3)x80x4x4 + (1/3)x20x4x4 + (1/3)x80x4x6 =

1173,30

EJ d20 = -(1/6)x80x1x6 = -80,00

EJ d11 = (1/3)x4x4x4 + (1/3)x4x4x6 = 53,33

EJ d22 = (1/3)x1x1x6 = 2,00

EJ d12 = -(1/6)x4x1x6 = -4,00

Resolvendo o sistema:

53,33 X1 – 4,00 X2 = -1173,30 → X1 = -22,35

-4,00 X1 + 2,00 X2 = 80,00 X2 = -4,71

Os diagramas dos esforços seccionais serão:

• Análise da parcela anti-simétrica do carregamento:

Considerando a simetria do pórtico e a anti-

simetria do carregamento, vamos utilizar o modelo e o sistema principal indicados na figura seguinte.

Os estados E0 e E1 estão mostrados na figura seguinte, Os estados E0 e E1 estão mostrados na figura seguinte, juntamente com os correspondentes diagramas de momentojuntamente com os correspondentes diagramas de momentofletor. Assim:fletor. Assim:EJ d10 = EJ d10 = --(1/3)x80x4x4 (1/3)x80x4x4 –– (1/3)x20x4x4 (1/3)x20x4x4 ––(1/2)x80x4x6 = (1/2)x80x4x6 = --1493,3 1493,3 EJ d11 = (1/3)x4x4x4 + 4x4x6 + 2x(1/3)x4x4x4 = 160,0EJ d11 = (1/3)x4x4x4 + 4x4x6 + 2x(1/3)x4x4x4 = 160,0

Resolvendo o sistema:Resolvendo o sistema:

1,60X1 = 1493,3 1,60X1 = 1493,3 →→ X1 = 9,33X1 = 9,33Os diagramas dos esforOs diagramas dos esforçços seccionais estão representados os seccionais estão representados Na figura seguinte.Na figura seguinte.

Os diagramas da estrutura original são obtidos por soma dosOs diagramas da estrutura original são obtidos por soma dosdiagramas dos carregamentos simdiagramas dos carregamentos siméétrico e antitrico e anti--simsiméétrico. Otrico. Ograu de indeterminagrau de indeterminaçção estão estáática da estrutura original tica da estrutura original éé 3 e os 3 e os das estruturas simplificadas são, respectivamente, 2 e 1.das estruturas simplificadas são, respectivamente, 2 e 1.

3) Determinar o diagrama de momentos fletores

para o quadro, cujas barras têm EJ = 104 kNm2,

para um recalque de apoio de 2 cm, de cima para

baixo, do apoio A.

O recalque de apoio deque fala o problema podeser decomposto nasparcelas simétrica e anti-simétrica indicadasa seguir.

a) Parte simétrica:A estrutura está afundando, toda ela, de 1 cm, nãoaparecendo nenhum esforço devido a este recalqueuniforme, pois ele não terá qualquer impedimento.

b) Parte anti-simétrica:A estrutura a resolver é a da figura seguinte. Levando emconta a rótula em B, podemos escrever que Vc = 0, Simplificando-se a estrutura a resolver.

A figura abaixo esclarece a resolução:

Assim:

EJ d11 = (1/3)x(-1)x(-1)x2 + (-1)x(-1)x3 = 3,67

2 m é a metade do comprimento da barra ED.

1 x d1r – (1/2) x 0,01 = 0 → d1r = 0,005

EJ d1r = 0,005 x 104 = 50

X1 = -50/3,67 = -13,6

O diagrama já é odiagrama final, devidoà contribuição nula daparte relativa aocarregamento simétrico

Exercícios de Arranjo de Cargas1) Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da figura aplicando o artifício do arranjo de cargas.

O carregamento atuante pode ser decomposto nasparcelas simétrica e anti-simétrica indicadas na figura.

A parcela simétrica do carregamento constitui um carregamento auto-equilibrado, que solicitará as barras horizontais da estrutura apenas a esforços normais decompressão e iguais a 1 kN, não Influindo, portanto, para aobtenção do diagrama de momentos fletores, que seráfunção, apenas, do carregamento anti-simétrico.

Para o carregamento anti-simétrico, a estrutura a resolveré a da figura abaixo. As reações verticais em F e G sãonulas por força da presença das rótulas em B e C,transformando-se a estrutura, então, na figura ao centroabaixo, que é isostática. O diagrama final de momentosfletores está representado à direita da figura.

2) Obter o DMF para a estrutura da figura, cujas barrastêm a mesma inércia, submetida ao carregamento anti-simétrico indicado.

A estrutura a resolver é a da figura abaixo, para a qualescolhemos o sistema principal também indicado,obtendo os diagramas solicitantes que nos conduzem a:EJc d10 = -13 e EJc d11 = 7,17

Assim: X1 = 13 / 7,17 = 1,81. Podemos calcular o diagrama demomentos fletores final representado na figura seguinte.

DMF FINAL:

3) Obter o DMF para a estrutura auto-equilibrada da figura, simétrica em relação aos eixos xx e jj.

Tirando partido da simetria de carregamento existente em relação aos eixos xx e jj, a estrutura a resolver é a seguinte.

Diagramas no Sistema Principal

Estrutura Sistema Principal

Calculando os coeficientes:EJ d10 = - ∫0π/2 (PR/2) sen θ R dθ = - PR2/2 EJ d11 = ∫0π/2 R dθ = πR/2X1 = (PR2/2) / (πR/2) = PR/π = 0,318 PRDiagrama Final:

4) Obter, para a estrutura auto-equilibrada da figura, o DMF.

A estrutura simétrica é submetida a um carregamento anti-simétrico:

A estrutura simétrica anterior é submetida a umcarregamento simétrico. Resolvendo, obtemos:

d11 = 1/3 x 3 x 3 x 6 + 1/3 x 3 x 3 x 3 = 27d22 = 1/3 x 1 x 1 x 6 = 2; d12 = 1/6 x 1 x 3 x 6 = 3d10 = -1/3 x 1 x 45 x 6 = -270; d20 = -1/3 x 1 x 45 x 6 = -90Resolvendo o sistema: X1 = 36,0 e X2 = 6,0

Diagrama Final

Sistema:Sistema:27X1 + 3 X2 = 27027X1 + 3 X2 = 2703X1 + 2X2 = 903X1 + 2X2 = 90

X1 = 36,0 e X2 = 6,0X1 = 36,0 e X2 = 6,0

Artifício do Grupo de Incógnitas

Com a mesma vantagem que o procedimento anterior,mas trabalhando com o carregamento original, tem-se o artifício de escolha de redundantes estáticas simétricas eanti-simétricas. Consideremos o pórtico plano simétrico da figura seguinte,para o qual se escolhe o SP simétrico mostrado nessa mesma figura, em que as incógnitas XI e XII são osmomentos fletores à esquerda e à direita da seção desimetria da barra horizontal. Essas incógnitas podem ser obtidas a partir das incógnitas simétrica X1 e da incógnitaX2, como indicado na referida figura.

Na figura seguinte estão representados os estados E1 eE2 correspondentes às incógnitas X1 e X2, juntamente Com os respectivos diagramas dos esforços seccionais.Com esses diagramas, identifica-se que o coeficiente d12é nulo, implicando um sistema de equações sob a forma:

Nesse sistema, a incógnita X1 está desacoplada da incógnitaanti-simétrica X2, o que facilita a resolução do sistema

Exemplos de Aplicação do ArtifícioVigas contínuas simétricas:

TreliTreliçças simas siméétricastricas::

Treliças simétricas:

Grelhas simGrelhas siméétricastricas

Agrupando no vetor Xs as incógnitas simétricas e no vetorXa as incógnitas anti-simétricas, o sistema de equaçõesde deslocamentos toma a forma:[Δs] {Xs} = {-ds0}[Δa] {Xa} = {-da0}onde as incógnitas Xs estão desacopladas das incógnitasXa, e –ds0 e da0 são vetores que representam oscoeficientes de carga segundo as redundantes simétricase anti-simétricas, respectivamente. A resolução recai naresolução de dois sistemas menores de soluções:Xs = -[Δs]-1 {-ds0}Xa = -[Δa]-1 {-da0}

Outros exemplos:

Estruturas Auto-equilibradas

Nestes casos, não podemos trabalhar com carregamento anti-simétrico.

Exercícios:1) Determinar o DMF do pórtico auto-equilibrado de dupla

simetria da figura, sabendo-se que todas as barras têmo mesmo EJ.

SoluSoluçção aão a (modelo reduzido): A figura seguinte (modelo reduzido): A figura seguinte apresenta o modelo reduzido utilizando a dupla apresenta o modelo reduzido utilizando a dupla simetria, com o SP escolhido e os correspondentes simetria, com o SP escolhido e os correspondentes estados E0 e E1, acompanhados de seus DMFs.estados E0 e E1, acompanhados de seus DMFs.

Com esses diagramas, obtém-se:EJ d10 = -1/2 x 1 x 90 x 3 + 2/3 x 1 x 22,5 x 3 – 1/2 x 1 x

(30 + 90) x 2 + 2/3 x 1 x 15 x 2 = -190 EJ d11 = 1 x 1 x 3 + 1 x 1 x 2 = 55X1 = 190 → X1 = 38 kNm

Diagrama de Momentos Fletores:

SoluSoluçção bão b (grupo de inc(grupo de incóógnitas): Vamos adotar as gnitas): Vamos adotar as IncIncóógnitas indicadas na figura abaixo:gnitas indicadas na figura abaixo:

A figura apresenta os estados E0, E1, E2, E3 e os correspondentes DMFs. Com esses diagramas, obtêm-seo sistema de equações de compatibilidade dedeslocamentos e a respectiva solução:8,67 X1 + 1,33 X2 = 400,00 → X1 = 52,0 e X2 = -38,01,33 X1 + 8,67 X2 = -260,00No caso d30 = 0 (carregamento simétrico) → X3 = 0

A partir dos hiperestáticos, obtém-se o mesmo diagrama de momentos fletores mostrado na solução do item a.

2) Determinar o DMF do pórtico auto-equilibrado de duplasimetria da figura, sabendo-se que todas as barras têmo mesmo EJ (exemplo anterior modificado).

Solução a (modelo reduzido): O pórtico tem duplasimetria, enquanto o carregamento só tem simetriaem relação a um eixo horizontal. Assim, na construçãodo modelo reduzido (auto-equilibrado), tira-se partidoApenas do eixo horizontal.

Como esse modelo é hipostático quanto à direçãohorizontal, para efeito de análise, adotamos o modeloreduzido da parte central e o SP da parte direita da figura.

A figura seguinte apresenta os estados E0, E1 e E2, com os seus diagramas de momentos fletores. Assim, chegamos ao sistema de equações:144 X1 + 30 X2 = 10680 → X1 = 62,22 e X2 = 57,3330 X1 + 10 X2 = 2440

Com X1 e X2, podemos determinar o seguinte DMF:

Solução b (grupo de incógnitas): Vamos adotar asmesmas incógnitas do exercício anterior. O Estado E0 e ocorrespondente DMF estão mostrados na figura abaixo:

Com os estados E1, E2 e E3 já apresentados e com E0,obtém-se o sistema abaixo:8,67 X1 + 1,33 X2 + 0,00 X3 = 440,00→ X1 = 56,001,33 X1 + 8,67 X2 + 0,00 X3 = -220,00 X2 = -34,000,00 X1 + 0,00 X2 + 12,00X3 = -80,00 X3 = -6,67

Com esses resultados e as relações entre X1, X2 e X3 eXI, XII e XIII, têm-se as incógnitas:XI = X1 + X2 = 49,33XII = X2 = -34,00XIII = X1 – X3 = 62,67, obtendo-se o DMF abaixo, igual aoda solução a.

Estruturas com Apoios Elásticos

1. Definição:

• Apoio em mola (equivalente ao apoio do 1° gênero):

Suponhamos uma viga apoiada em um apoio A, do 2°

gênero, e em um ponto B de outra viga CD. O ponto B será um apoio elástico, pois absorve uma reação de

apoio em função de um deslocamento na direção da força absorvida. O esquema estrutural da viga AB é:

A mola fica definida pela constante k que representa a

razão entre a força aplicada na mola e o deslocamento nela

produzido pela força, razão que é constante, já que

estamos no regime elástico. Para conhecermos a

constante, basta aplicarmos na estrutura que funciona

como apoio, no caso a viga CD, uma força F no ponto B e

calcularmos seu deslocamento δ neste ponto. A constante

de mola vale: k = F / δ.

• Engaste elástico:

Suponhamos uma viga sobre colunas. Se a rigidez das

colunas for baixa, ela tenderá a funcionar mais como bi-

apoiada, mas, se a rigidez de uma das colunas tender a

uma rigidez infinita, ela funcionará como apoiada e

engastada.

Se a rigidez do apoio se situar entre os dois limites dos

exemplos anteriores, o apoio oferecerá algum impedimento

à livre rotação, aparecendo uma reação M, associada a

uma rotação θ, tendo em vista que não existe rigidez

suficiente para impedir totalmente a rotação. Esse vínculo é

chamado engaste elástico e é definido pela constante K de

engastamento elástico, que vale: K = M / θ.

Por exemplo, para o cálculo da haste AB do quadro da

figura seguinte, podemos analisá-la isoladamente a partir

do esquema estático dela resultante, sendo a constante K

de engastamento elástico obtida pela razão entre o

momento M aplicado na estrutura e a rotação que ele

provoca no nó B.

Observação: O apoio elástico equivalente ao apoio do 2°

gênero é resultante da associação de duas molas

consideradas em direções perpendiculares.

2. Trabalho virtual de deformação dos apoios elásticos:

• Mola:

W virtual mola = F . δ = F . F / k

Como nas aplicações usuais, os trabalhos virtuais de

deformação vêm multiplicados por EJbásico.

Assim:

EJb W virtual mola = EJb . F . F / k

• Engaste elástico:

W virtual engaste = M . θ = M . M / K

EJb W virtual engaste = EJb . M . M / K

3. Cálculo de deslocamentos em estruturas

isostáticas com apoios elásticos:

Para calcular deslocamentos, basta acrescentar aos

termos até aqui considerados, no cálculo dos EJb δ,

tantas vezes as parcelas EJb . F . F / k e EJb . M . M / K

quantas forem as molas e engastes elásticos da

estrutura.

Exemplo:

Calcular a rotação relativa das tangentes à elástica em B,

o deslocamento vertical de C e a rotação da tangente à

elástica em A. Considerar EJ=105 kNm2; K=105 mkN/rad

e k = 104 kN/m.

O sistema estático equivalente é:

a) a) CCáálculo da rotalculo da rotaçção relativa em Bão relativa em B::

EJb . δ = ∫ M . M ds + EJb . F . F / k + EJb . M . M / K

EJb . δ = (1/3) x 4 x 40 x 1 – (1/6) x 6 x 240 x (5 + 1) +

+ (105/104) x 40 x (1/4) - (105/105) x 240 x 2,5 =

= -1887,0

δ = -18,87 x 10-3 radianos (aqui não tem sentido a

ser indicado)

b) Cálculo do deslocamento vertical de C:

δC = FC/k = 40 / 104 = 0,004 m = 0,4 mm (para baixo)

c) Cálculo da rotação de A:

δA = FA/K = 240 / 105 = 2,4 x 10-3 rad (sentido horário)

4. Resolução de estruturas hiperestáticas:

Vamos aplicar o conceito de cálculo de deslocamentos em

estruturas isostáticas com apoios elásticos para resolver estruturas hiperestáticas.

Exemplo 1:

Obter o DMF para a viga da figura seguinte.

Dados: EJb = 106 kNm2; K = 105 mkN/rad; k = 105 kN/m

O sistema estO sistema estáático equivalente tico equivalente éé::

Adotaremos o seguinte Sistema Principal:Adotaremos o seguinte Sistema Principal:

Diagramas M0 e M1 no Sistema Principal:

CCáálculo dos termos EJb.lculo dos termos EJb.δδ::EJbEJbδδ10 = 10 = --(1/3) x 8 x 80 x 1 (1/3) x 8 x 80 x 1 ––(10(1066/10/1055) x 40 x (1/8) = ) x 40 x (1/8) = --263,3263,3EJbEJbδδ11 = (1/3) x 8 x 1 x 1 + (1011 = (1/3) x 8 x 1 x 1 + (1066/10/1055) x (1/8) x (1/8) + ) x (1/8) x (1/8) +

+ (10+ (1066/10/1055) x 1 x 1 = 12,83) x 1 x 1 = 12,83EquaEquaçção de compatibilidade:ão de compatibilidade:--263,3 + 12,83 X1 = 0263,3 + 12,83 X1 = 0Assim: X1 = 263,3 / 12,83 = 20,5Assim: X1 = 263,3 / 12,83 = 20,5

Diagrama de Momentos Fletores Final:

Observação: A partir das expressões k = F/δ e K = M/θ,

podemos calcular o δVA = 37,4 / 105 = 0,374 mm (para

baixo) e a rotação da tangente θB = 20,5 / 105 = 2,05 x

10-4 radianos (sentido anti-horário).

Exemplo 2Exemplo 2::

Uma viga de fundaUma viga de fundaçção de um edifão de um edifíício alto apresenta ocio alto apresenta o

esquema estrutural e os carregamentos indicados naesquema estrutural e os carregamentos indicados na

figura. Determinar os diagramas de momentos fletores efigura. Determinar os diagramas de momentos fletores e

de esforde esforçços cortantes, bem como os recalques nos os cortantes, bem como os recalques nos

pontos A, B e C. Dados: EJ = 1,35 x 10pontos A, B e C. Dados: EJ = 1,35 x 1055 kNmkNm22;;

K = 10K = 1055 mkN/rad; k1=k3=k4= 1,5 x 10mkN/rad; k1=k3=k4= 1,5 x 1055 kN/m;kN/m;

k2 =1,2 x 10k2 =1,2 x 1055 kN/mkN/m

SoluSoluçção:ão:

Sistema Principal e HiperestSistema Principal e Hiperestááticos: ticos:

Diagramas M0, M1 e M2 no Sistema Principal:Diagramas M0, M1 e M2 no Sistema Principal:

CCáálculos dos termos EJb.lculos dos termos EJb.δδ::

EJb.EJb.δδijij = = ∫∫ Mi . Mj ds + Mi . Mj ds + EJb . Ri . Rj / k + EJb . Mi . Mj / KEJb . Ri . Rj / k + EJb . Mi . Mj / K

EJb.EJb.δδ10 10 = = --(1/3) x 3 x 22,5 x 1 (1/3) x 3 x 22,5 x 1 –– (1/3) x 4 x 40 x 1 (1/3) x 4 x 40 x 1 ––

-- (1,35x10(1,35x1055/(1,5x10/(1,5x1055)) x (630 x (1/3) + 440 x (1/4)) +)) x (630 x (1/3) + 440 x (1/4)) +

+ (1,35x10+ (1,35x1055/(1,2x10/(1,2x1055)) x 770 x (7/12) = 141,48)) x 770 x (7/12) = 141,48

EJb.EJb.δδ20 20 = = --(1/3) x 4 x 40 x 1 (1/3) x 4 x 40 x 1 -- (1,35x10(1,35x1055/(1,2x10/(1,2x1055)) x 770 x)) x 770 x

x (1/4) + (1,35x10x (1/4) + (1,35x1055/(1,5x10/(1,5x1055)) x 440 x (1/4) = )) x 440 x (1/4) = --170,90170,90

EJb.EJb.δδ11 11 = (1/3) x 3 x 1 x 1 + (1/3) x 4 x 1 x 1 + = (1/3) x 3 x 1 x 1 + (1/3) x 4 x 1 x 1 +

+ (1,35x10+ (1,35x1055/(1,5x10/(1,5x1055)) x ((1/3)x(1/3) + (1/4)x(1/4)) + )) x ((1/3)x(1/3) + (1/4)x(1/4)) +

+ (1,35x10+ (1,35x1055/(1,2x10/(1,2x1055)) x (7/12) x (7/12) )) x (7/12) x (7/12)

EJb.EJb.δδ12 12 = EJb.= EJb.δδ21 = (1/6) x 4 x 1 x 1 21 = (1/6) x 4 x 1 x 1 –– (1.35/1,2) x (7/12)(1.35/1,2) x (7/12)

x (1/4) x (1/4) –– (1.35/1,5) x (1/4) x (1/4) = 0,45(1.35/1,5) x (1/4) x (1/4) = 0,45

EJb.EJb.δδ22 22 = (1/3) x 4 x 1 x 1 + (1,35/1,2) x (1/4) x (1/4) += (1/3) x 4 x 1 x 1 + (1,35/1,2) x (1/4) x (1/4) +

+ (1.35/1,5) x (1/4) x (1/4) + (1,35/1,0) x 1 x 1 = 2,81+ (1.35/1,5) x (1/4) x (1/4) + (1,35/1,0) x 1 x 1 = 2,81

CCáálculo dos hiperestlculo dos hiperestááticos:ticos:

141,48 + 2,87X1 + 0,45X2 = 0141,48 + 2,87X1 + 0,45X2 = 0

--179,90 + 0,45X1 + 2,81X2 = 0179,90 + 0,45X1 + 2,81X2 = 0

Resolvendo:Resolvendo:

X1 = X1 = --60,35 kNm 60,35 kNm

X2 = 70,50 kNm X2 = 70,50 kNm

Diagramas de Momento Fletor e de EsforDiagramas de Momento Fletor e de Esforçço Cortante Finais:o Cortante Finais:

Recalques em A, B e C:Recalques em A, B e C:

ρρA = 650,1 / (1,5 x 10A = 650,1 / (1,5 x 1055) = 0,0043 m = 4,3 mm () = 0,0043 m = 4,3 mm (↓↓))

ρρB = 717,2 / (1,2 x 10B = 717,2 / (1,2 x 1055) = 0,0060 m = 6,0 mm () = 0,0060 m = 6,0 mm (↓↓))

ρρC= 472,7 / (1,5 x 10C= 472,7 / (1,5 x 1055) = 0,0032 m = 3,2 mm () = 0,0032 m = 3,2 mm (↓↓) )

RepresentaRepresentaçção dos Recalques: ão dos Recalques:

Exemplo 3Exemplo 3::

Determinar os esforDeterminar os esforçços normais nas barras da trelios normais nas barras da treliçça daa da

figura, considerando A = 68,75 cmfigura, considerando A = 68,75 cm22 e E = 2,1 x 108 kN/me E = 2,1 x 108 kN/m22

em todas as barras e k = 2,4 x 10em todas as barras e k = 2,4 x 1055 kN/m. kN/m.

O Sistema Principal e os estados E0 e E1 são representados O Sistema Principal e os estados E0 e E1 são representados Na figura seguinte. Os cNa figura seguinte. Os cáálculos intermedilculos intermediáários para a rios para a determinadeterminaçção dos coeficientes ão dos coeficientes δδijij estão apresentados numaestão apresentados numatabela que resume as operatabela que resume as operaçções necessões necessáárias.rias.

EA = 2,1 x 10EA = 2,1 x 1088 x 68,75 x 10x 68,75 x 10--44 = 1,444 x 10= 1,444 x 1066 kNkN

δδ10 =(10 =(--240 240 –– 120120√√2 )/2 )/1,444 x 101,444 x 1066 = = --2,838 x 102,838 x 10--44 mm

δδ11 =(1/2,4 x 1011 =(1/2,4 x 1055) + (9 + 6) + (9 + 6√√2 )/1,444 x 102 )/1,444 x 1066 = 1,628 x 10= 1,628 x 10--55

A equaA equaçção para cão para cáálculo de X1 lculo de X1 éé::

1,628 x 101,628 x 10--5 5 X1 = X1 = --2,838 x 102,838 x 10--44 mm

X1 = 17,434 kN. X1 = 17,434 kN.

Os esforOs esforçços finais estão mostrados em negrito na tabela.os finais estão mostrados em negrito na tabela.

CCáálculo de deslocamentos em estruturas hiperestlculo de deslocamentos em estruturas hiperestááticas:ticas:

•• Caso de carregamento externo:Caso de carregamento externo:

Seja a estrutura da figura, para a qual desejamos, porSeja a estrutura da figura, para a qual desejamos, por

exemplo, calcular o deslocamento da seexemplo, calcular o deslocamento da seçção ão mm na direna direççãoão

∆∆∆∆∆∆∆∆. A aplica. A aplicaçção do PTV fornece:ão do PTV fornece:

A partir de um sistema principal qualquer, podemosA partir de um sistema principal qualquer, podemos

escrever:escrever:

Analisando os coeficientes de Analisando os coeficientes de X1X1 e e X2X2: :

Os coeficientes de Os coeficientes de X1X1 e e X2 X2 são iguais a 0, por serem são iguais a 0, por serem equaequaçções do sistema de compatibilidade elões do sistema de compatibilidade eláástica para stica para determinadeterminaçção dos hiperestão dos hiperestááticos X1 e X2.ticos X1 e X2.A expressão anterior se reduz para: A expressão anterior se reduz para:

Na expressão anterior, M, N e Q são os esforNa expressão anterior, M, N e Q são os esforçços atuantes os atuantes

na estrutura hiperestna estrutura hiperestáática provocados pelo carregamento tica provocados pelo carregamento

externo e M0, N0 e Q0 são os esforexterno e M0, N0 e Q0 são os esforçços atuantes no sistemaos atuantes no sistema

principal isostprincipal isostáático quando aplicamos um carregamento tico quando aplicamos um carregamento

virtual P =1.virtual P =1.

Por meio de um tratamento algPor meio de um tratamento algéébrico anbrico anáálogo ao adotado,logo ao adotado,

poderpoderííamos tambamos tambéém obter:m obter:

Na expressão, M, N e Q são os esforNa expressão, M, N e Q são os esforçços atuantes naos atuantes naestrutura hiperestestrutura hiperestáática provocados pelo carregamento virtual tica provocados pelo carregamento virtual e M0, N0 e Q0 são os esfore M0, N0 e Q0 são os esforçços atuantes no sistema principal os atuantes no sistema principal isostisostáático quando aplicamos o carregamento externo.tico quando aplicamos o carregamento externo.

Peter Pasternak anunciou o teorema da reduPeter Pasternak anunciou o teorema da reduçção:ão:

““Para se calcular deslocamentos em estruturas hiperestPara se calcular deslocamentos em estruturas hiperestááticasticas

empregandoempregando--se o PTV, um dos carregamentos deve sese o PTV, um dos carregamentos deve se

tomado na estrutura hiperesttomado na estrutura hiperestáática, podendo o outro sertica, podendo o outro ser

tomado num sistema principal isosttomado num sistema principal isostáático qualquer que delatico qualquer que dela

se obtenha.se obtenha.””

Obs: Podemos verificar diagramas solicitantes obtidos paraObs: Podemos verificar diagramas solicitantes obtidos para

uma estrutura hiperestuma estrutura hiperestáática, pois basta considerar otica, pois basta considerar o

diagrama obtido do carregamento externo e aplicar odiagrama obtido do carregamento externo e aplicar o

carregamento virtual num sistema principal isostcarregamento virtual num sistema principal isostááticotico

necessnecessáário rio àà obtenobtençção de um deslocamento cujo valor ão de um deslocamento cujo valor

conhecemos a priori, como por exemplo a rotaconhecemos a priori, como por exemplo a rotaçção numão num

engaste ou o deslocamento linear de um apoio do 2engaste ou o deslocamento linear de um apoio do 2°° gênero,gênero,

valores que sabemos serem nulos.valores que sabemos serem nulos.

Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical na seCalcular o deslocamento vertical na seççãoão

central da viga bicentral da viga bi--engastada.engastada.

EJ EJ δδ = = --(1/2) x l x l/4 x (ql(1/2) x l x l/4 x (ql22/12) + (1/3) x l x (1+0,5x0,5) x/12) + (1/3) x l x (1+0,5x0,5) xx (l/4) x (qlx (l/4) x (ql22/8) = ql/8) = ql44/384/384

Resposta:Resposta:

δδ = ql= ql44/(384EJ)/(384EJ)

Para a atuaPara a atuaçção do carregamento virtual, poderão do carregamento virtual, poderííamos ter, amos ter,

indiferentemente, trabalhado com qualquer um dosindiferentemente, trabalhado com qualquer um dos

sistemas principais da figura abaixo:sistemas principais da figura abaixo:

Exemplo 2:Exemplo 2:Calcular o deslocamento horizontal da barra CD doCalcular o deslocamento horizontal da barra CD doppóórtico da figura seguinte.rtico da figura seguinte.Dado: EJDado: EJCC = 10= 1044 kNmkNm22

EJEJCC δδCDCD = (1/3) x 3 x 3 x (= (1/3) x 3 x 3 x (--0,82 + 3,27/2) = 2,450,82 + 3,27/2) = 2,45

δδCDCD = 2,45 x 10= 2,45 x 10--44 m = 0,245 mmm = 0,245 mm

Se trabalhSe trabalháássemos com qualquer outro sistema principal,ssemos com qualquer outro sistema principal,

chegarchegarííamos evidentemente ao mesmo resultado.amos evidentemente ao mesmo resultado.

Suponhamos o sistema principal da figura abaixo:Suponhamos o sistema principal da figura abaixo:

EJEJCC δδCDCD = (1/3) x 3 x 3 x (4,09 + 3,27/2) = (1/3) x 3 x 3 x (4,09 + 3,27/2) –– (1/3) x 3 x 3 x(1/3) x 3 x 3 x

x 9 + (1/3) x 3 x 3 x 4,09 = 2,45x 9 + (1/3) x 3 x 3 x 4,09 = 2,45

δδCDCD = 0,245 mm= 0,245 mm

Exemplo 3:Verificar a correVerificar a correçção do DMF devido ao carregamentoão do DMF devido ao carregamentoexterno representado na figura do exemplo 2.externo representado na figura do exemplo 2.Calculemos, por exemplo, o deslocamento horizontal do Calculemos, por exemplo, o deslocamento horizontal do engaste A, que sabemos engaste A, que sabemos a prioria priori ser nulo. Sendo M oser nulo. Sendo M odiagrama na estrutura hiperestdiagrama na estrutura hiperestáática indicado no problema 2tica indicado no problema 2e o diagrama M0 no SP escolhido o indicado na figurae o diagrama M0 no SP escolhido o indicado na figuraabaixo, temos:abaixo, temos:

EJEJCC δδ =(1/3)x3x3x(3,27 =(1/3)x3x3x(3,27 –– 0,82/2) + (1/2)x3x3x(3,27 + 4,09)0,82/2) + (1/2)x3x3x(3,27 + 4,09)-- (2/3)x3x3x9 + (1/3)x3x3x4,09 = 8,58 +33,12 (2/3)x3x3x9 + (1/3)x3x3x4,09 = 8,58 +33,12 –– 54,0054,00+ 12,27 = + 12,27 = --0,03 0,03 ⇒⇒ δδ = = --0.000003 m 0.000003 m ≅≅ 0 0

•• Caso de variaCaso de variaçção de temperatura:ão de temperatura:

Se a estrutura de figura estiver submetida Se a estrutura de figura estiver submetida àà variavariaçção de ão de

temperatura indicada, o deslocamento da setemperatura indicada, o deslocamento da seçção ão mm na na

diredireçção ão ∆∆∆∆∆∆∆∆, por ela provocado, valer, por ela provocado, valeráá::

A partir de desenvolvimento apresentado no item anterior, A partir de desenvolvimento apresentado no item anterior,

temos: temos:

Como, para uma variação de temperatura temos M0 = N0 == Q0 = 0, a expressão se reduz para:

Podemos calcular deslocamentos em estruturas hiperestáticassem ser necessário conhecer os diagramas solicitantes que esta variação de temperatura introduz na estrutura dada.

Podemos, tambPodemos, tambéém, trabalhar com o carregamento virtual m, trabalhar com o carregamento virtual

atuando na estrutura isostatuando na estrutura isostáática, o que tica, o que éé úútil quando jtil quando jáá

conhecemos os diagramas solicitantes na estruturaconhecemos os diagramas solicitantes na estrutura

hiperesthiperestáática devidos tica devidos àà variavariaçção de temperatura.ão de temperatura.

Partindo da equaPartindo da equaçção I e levando em conta que:ão I e levando em conta que:

Obtemos:Obtemos:

Identificados os coeficientes de X1 e X2 como as duasIdentificados os coeficientes de X1 e X2 como as duas

equaequaçções de compatibilidade elões de compatibilidade eláástica para resolustica para resoluçção da ão da

estrutura hiperestestrutura hiperestáática, seus valores serão nulos e ficamostica, seus valores serão nulos e ficamos

com: com:

A expressão anterior permite calcular deslocamentos,A expressão anterior permite calcular deslocamentos,

devidos a variadevidos a variaçções de temperatura, trabalhando com oões de temperatura, trabalhando com o

carregamento virtual num sistema principal isostcarregamento virtual num sistema principal isostáático etico e

com as variacom as variaçções de temperatura na estrutura ões de temperatura na estrutura

hiperesthiperestáática.tica.

Exemplo 1:Exemplo 1:

Calcular a rotaCalcular a rotaçção da tangente ão da tangente àà eleláástica em B devida astica em B devida a

uma diminuiuma diminuiçção uniforme de temperatura de 30 ão uniforme de temperatura de 30 °°C.C.

Supondo que o diagrama na estrutura hiperestSupondo que o diagrama na estrutura hiperestáática jtica jáá éé

conhecido, consideraremos o carregamento virtual num conhecido, consideraremos o carregamento virtual num

sistema principal isostsistema principal isostáático. Desprezando a contribuitico. Desprezando a contribuiçção doão do

EsforEsforçço cortante e do esforo cortante e do esforçço normal (quadro plano) eo normal (quadro plano) e

sabendo que ti = te = tg, temos:sabendo que ti = te = tg, temos:

Diagrama MDiagrama M(j(jáá conhecido)conhecido)

Exemplo 2:

Calcular o deslocamento vertical da seCalcular o deslocamento vertical da seçção central daão central da

estrutura da prestrutura da próóxima figura, que tem xima figura, que tem αα = 10= 10--55//°°C e cujaC e cuja

SeSeçção transversal, constante, ão transversal, constante, éé um retângulo de 0,4 m deum retângulo de 0,4 m de

altura, se suas fibras externas forem resfriadas de 10 altura, se suas fibras externas forem resfriadas de 10 °°C e C e

as internas aquecidas de 30 as internas aquecidas de 30 °°C em relaC em relaçção ão àà temperaturatemperatura

do dia de sua execudo dia de sua execuçção.ão.

Aqui vamos trabalhar com o carregamento virtual naAqui vamos trabalhar com o carregamento virtual na

estrutura hiperestestrutura hiperestáática, jtica, jáá que não conhecemos os diagramasque não conhecemos os diagramas

solicitantes devidos solicitantes devidos àà variavariaçção de temperatura.ão de temperatura.

Resposta: A seResposta: A seçção central sobe, então, 0,98 cmão central sobe, então, 0,98 cm

•• Caso de recalques de apoio:Caso de recalques de apoio:

Seja a estrutura da figura submetida aos recalques de Seja a estrutura da figura submetida aos recalques de apoio indicados, para a qual queremos calcular, por apoio indicados, para a qual queremos calcular, por exemplo, o deslocamento da seexemplo, o deslocamento da seçção m na direão m na direçção ão ∆∆..

A partir do carregamento virtual representado na figuraA partir do carregamento virtual representado na figura

anterior, temos, empregando o PTV: anterior, temos, empregando o PTV:

Por procedimento anPor procedimento anáálogo ao adotado para a varialogo ao adotado para a variaçção de ão de temperatura, podemos mostrar que o segundo membro datemperatura, podemos mostrar que o segundo membro daigualdade acima igualdade acima éé nulo e ficamos, então, com:nulo e ficamos, então, com:

Esta Esta úúltima expressão permite calcular deslocamentos emltima expressão permite calcular deslocamentos emestruturas hiperestestruturas hiperestááticas, trabalhando com o carregamentoticas, trabalhando com o carregamentovirtual na estrutura hiperestvirtual na estrutura hiperestáática, sendo necesstica, sendo necessáário calcular rio calcular as reaas reaçções de apoio R. ões de apoio R.

Podemos, tambPodemos, tambéém, trabalhar com o carregamento virtualm, trabalhar com o carregamento virtual

num sistema principal isostnum sistema principal isostáático, ficando a atico, ficando a açção dosão dos

recalques na estrutura hiperestrecalques na estrutura hiperestáática, obtendotica, obtendo--se, de formase, de forma

ananááloga loga àà adotada no caso de variaadotada no caso de variaçção de temperatura:ão de temperatura:

Na expressão acima, os termos com barra superior seNa expressão acima, os termos com barra superior se

referem a um sistema isostreferem a um sistema isostáático e M, N e Q são esfortico e M, N e Q são esforççosos

na estrutura hiperestna estrutura hiperestáática dada provocados pelos recalques.tica dada provocados pelos recalques.

Esta Esta úúltima expressão pode verificar diagramas obtidos em ltima expressão pode verificar diagramas obtidos em estruturas hiperestestruturas hiperestááticas para recalques de apoio, sendo o ticas para recalques de apoio, sendo o procedimento igual ao adotado nos casos de carregamento procedimento igual ao adotado nos casos de carregamento externo e de variaexterno e de variaçção de temperatura. ão de temperatura.

Exemplo 1:

Calcular, para o quadro abaixo, o deslocamento vertical daCalcular, para o quadro abaixo, o deslocamento vertical da

seseçção central provocado pelos recalques indicados dosão central provocado pelos recalques indicados dos

apoios A e B.apoios A e B.

Como as reaComo as reaçções de apoio para o carregamento virtual, ões de apoio para o carregamento virtual, tomado na estrutura hiperesttomado na estrutura hiperestáática, jtica, jáá são conhecidas são conhecidas (exemplo 2 de varia(exemplo 2 de variaçção de temperatura), podemos escrever:ão de temperatura), podemos escrever:1 x 1 x δδ -- 0,5 x 0,02 0,5 x 0,02 –– (3/16) x 0,01 (3/16) x 0,01 –– (3/16) x 0,03 = 0(3/16) x 0,03 = 0δδ = 0,0175 m = 1,75 cm (= 0,0175 m = 1,75 cm (↓↓))

Exercício proposto: Calcular o deslocamento horizontal do

ponto D para: a) o carregamento dado; b) uma variação de

temperatura de ti = +20 °C e te = -20 °C; c) um recalque

vertical de 2 cm no apoio A(↓). Considerar: a) hiperestático(s)

em B; b) H = 40 cm (altura da seção retangular); c) EJ = 2,0

x 105 kN/m2.

Respostas:a) 0,3 cm (→);b) 0,156 cm (→);c) 0,75 cm (←).

Considerar primeiro o carregamento virtual na estrutura hiperestática e depois o carregamento real naestrutura hiperestática.

Estruturas com inércia variando em mísulas

• Emprego de tabelas para cálculo de JC ∫ MMds/J

Variações propostas (Tabelas de Guldan):

São 4 tabelas: MRA, MPA,MRS e MPS. Nas tabelas de mSão 4 tabelas: MRA, MPA,MRS e MPS. Nas tabelas de míísulas simsulas siméétricas, tricas,

ssóó existem 2 valores em cada cruzamento, por causa da simetria.existem 2 valores em cada cruzamento, por causa da simetria.

São 4 tabelas: MRA, MPA,MRS e MPS. Nas tabelas de mSão 4 tabelas: MRA, MPA,MRS e MPS. Nas tabelas de míísulas simsulas siméétricas, tricas,

ssóó existe 1 valor em cada cruzamento, por causa da simetria.existe 1 valor em cada cruzamento, por causa da simetria.

São 4 tabelas: MRA, MPA,São 4 tabelas: MRA, MPA,

MRS e MPS. Ao contrMRS e MPS. Ao contrááriorio

das outras tabelas, aquidas outras tabelas, aqui

temos 3 parâmetros detemos 3 parâmetros de

entrada: entrada: λ λ = a/l, n = J= a/l, n = JCC/J/JAA

e N (posie N (posiçção da carga),ão da carga),

queque varia de 1 atvaria de 1 atéé 11, j11, jáá

que as seque as seçções 0 e 12 estãoões 0 e 12 estão

sobre os apoios.sobre os apoios.

Cada cruzamento tem Cada cruzamento tem

sempre dois valores emsempre dois valores em

todas as tabelas.todas as tabelas.

• Aplicações:

1) Calcular o deslocamento vertical de A para a viga

da figura. Todas as mísulas são retas com Jmín = JC e

Jmáx = 5JC. É dado o produto EJC = 2 x 105 kNm2.

Temos, para os carregamentos virtual e externo, os seguintes

diagramas:

Cálculo dos δ:

Para a barra �: mísula reta assimétrica (MRA) com:

λ = 3 / 3 = 1; n = JC / 5JC = 0,2; l’ = l x JC / Jmín = 3 m

3 x 3 x 45 x 0,098 = 40

-3 x 10 x 9 x 3 x 0,0153 = -12

Notar que basta conhecer a linha de fechamento do diagrama M para o cálculo.

Para a barra �: mísula reta simétrica (MRS) com:

λ = 2,4 / 12 = 0,2; n = JC / 5JC = 0,2; l’ = l x JC / Jmín = 12 m

12 x 3 x 45 x 0,241 = 391

-3 x 10 x 122 x 12 x 0,038 == -1972

-3 x 50 x 12 x 12 x 0,0584 =

= -1262

Cálculo do deslocamento:

EJCδ = 40 -12 + 391 – 1972 – 1262 = - 2815

Assim:

δ = -2815 / 2 x 105 = -0,014 m = -1,4 cm

Portanto o ponto A sobe (↑).

Exemplos de resolução de estruturas hiperestáticas:

2) Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de

apoio para a viga contínua da figura:

Dados: JA = JC = JD = Jcomp; JB = 5Jcomp

Sistema principal e hiperestático:

Diagramas no sistema principal:Diagramas no sistema principal:

Cálculos dos (EJcomp) δ:

Sendo as barras mísulas retas assimétricas (MRA),

empregando as respectivas tabelas, obtemos:

(EJcomp) δ10:

Características das barras � e �:

λ = 2,4 / 8 = 0,3; n = Jcomp / 5Jcomp = 0,2

(EJcomp) δ11:

Considerando

as barras � e �:

Tabela MRA (carga distribuTabela MRA (carga distribuíída) da)

αα11 = 0,0351= 0,0351

--2 x 10 x 82 x 10 x 822 x 8 x 0,0351 = x 8 x 0,0351 = --362,0362,0

Tabela MRA (triângulos)Tabela MRA (triângulos)

ββ= 0,151= 0,151

8 x 40 x 1 x 0,151 = 488 x 40 x 1 x 0,151 = 48

EJEJcompcomp δδ10 = 10 = --314314

Tabela MRA (triângulos)

αα1 = 0,2071 = 0,2072 x 8 x 1 x 1 x 0,207 = 3,32

Equação de compatibilidade:

-314 + 3,32 X1 = 0 → X1 = 94,5

Diagrama Final:

3) Obter o diagrama de momentos fletores provocado por

um aumento uniforme de temperatura de 30 °C, para o

quadro da figura. Dado: EJC α = 5 kNm2 / °C.

Sistema Principal e hiperestático:

Diagramas no sistema principal:Diagramas no sistema principal:

DMF DEN

Cálculo dos EJC δ:

EJC δ1t:

EJC δ1t = EJC α tg AN1 = 5 x 30 x (-20) = -3000

EJC δ11:

Barras 1 e 2 (MRA): λ = 1; n = JC / 5JC = 0,2

Tabela MRA: α1 = 0,098

2 x 5 x (-5) x (-5) x 0,098 = 24,5

Barra 3 (MRS): λ = 5 / 20 = 0,25; n = 4JC / 20JC = 0,2

Tabela MRS: α = 0,222 e β = 0,144

2 l’ M1 M1 (α + β) = 2 x 5 x 52 x (0,222 + 0,144) = 91,5

EJC δ11 = 24,5 + 91,5 = 116

EquaEquaçção de compatibilidade:ão de compatibilidade:

--3000 + 116 X1 = 0 3000 + 116 X1 = 0 →→ X1 = 25,8X1 = 25,8

Diagrama final de momentos fletores:

4) Calcular o DMF para a estrutura representada pela

figura abaixo:

Dados: JA = Jb; JB = 5Jb; JC = 2Jb; JD = 2Jb

Considerar d11 = 2,285 (dado)

Diagramas M1, M2 e M0:

Comprimentos elásticos:

L’1 = 8 m L’2 = 6 / 2 = 3 m

L’3 = 10 / 2 = 5 m

Cálculo de δ12: (barra do meio)

λ = 1,00; n = 0,40; β = 0,105

δ12 = 0,105 x 1 x 1 x 3 = 0,315

Cálculo de δ22:

(barra do meio)

λ = 1,00; n = 0,40; α2 = 0,264

δ22 = 0,264 x 1 x 1 x 3 = 0,792

(barra da direita)

λ = 1,00; n = 1,00; α = 0,333

δ22 = 0,333 x 1 x 1 x 5 = 1,665

δ22 = 0,792 + 1,675 = 2,457

Cálculo de δ10:

(barra da esquerda)

λ = 0,25; n = 0,20; α1 = 0,0368

δ10 = 0,0368 x 1 x 20 x 82 x 8 =

= 376,83

(barra do meio)

λ = 1,00; n = 0,40; N = 6 (meio)

η1 (interpolado) = 0,0358

n = 0,20 → η1 = 0,0234

n = 0,50 → η1 = 0,0420

δ10 = 0,0358 x 1 x 50 x 6 x 3

= 32,22

δ10 = 376,83 + 32,22 = 409,05

Cálculo de δ20:

(barra do meio)

λ = 1,00; n = 0,40; N = 6 (meio)

η2 = 0,0410

δ20 = 0,0410 x 1 x 50 x 6 x 3 =

= 36,90

(barra da direita)

λ = 1,00; n = 1,00; α = 0,0416

δ20 = 0,0416 x 1 x 30 x 102 x 5 =

= 624,00

δ20 = 36,90 + 624,00 = 661,90

Resolvendo o sistema:

2,285 X1 + 0,315 X2 = -409,05

0,315 X1 + 2,457 X2 = -661,90

X1 = -144,43 kNm

X2 = -250,88 kNm

Diagrama de Momentos Final

5) Calcular o DMF para a estrutura abaixo representada.

Dado: EJc = 105 kNm2 e δ12 = δ21 = -1,35 (SP dado)

Expressão dada para combinação de trapézios:

L’ [M1 (M1 α1 + M2 β) + M2 (M2 α2 + M1 β)

Diagramas M0, M1 e M2:Diagramas M0, M1 e M2:

Cálculo dos δ:

δ11 = δ22

λ = 1/4 = 0,25; n = Jc/5Jc = 0,20

L’ = 4 m; (barra vertical esquerda)

δδ11 = 4 [0,5 (0,511 = 4 [0,5 (0,5αα11 + 1+ 1ββ) + 1,0(1,0) + 1,0(1,0αα22 + 0,5+ 0,5ββ) =) =

= 4 [0,5 (0,5x0,223 + 1x0,155) + 1,0(1,0x0,332 + = 4 [0,5 (0,5x0,223 + 1x0,155) + 1,0(1,0x0,332 +

+ 0,5x0,155) = 2,171+ 0,5x0,155) = 2,171

λ = 2/5 = 0,40; n = 2Jc/5Jc = 0,40

L’ = 5 x Jc/2Jc = 2,5 m; (barra horizontal)

δ11 = 2 x 0,5 x 0,5 x 2,5 x α1 = 1,25 α1 =

= 1,25 x 0,227 = 0,284

λ = 1/4 = 0,25; n = Jc/5Jc = 0,20

L’ = 4 m; (barra vertical direita)

δ11 = 0,5 x 0,5 x 4 x α1 = α1 = 0,223

Total:

δ11 = 2,171 + 0,284 + 0,223 = 2,678

δ10 = -δ20:

λ = 1/4 = 0,25; n = Jc/5Jc = 0,20

L’ = 4 m; (barra vertical esquerda)

δ10 = -L’ [120 (0,5α1 + 1,0β)] =

= -4 x 120 x (0,5 x 0,223 +

+ 1,0 x 0,155) = -127,92

λ = 2/5 = 0,40; n = 2Jc/5Jc = 0,40

L’ = 5 x Jc/2Jc = 2,5 m; (barra horizontal)

δ10 = -2 x 0,5 x 125 x 2,5 x α1 =

= -300α1 = -300 x 0,227 = -68,10

λ = 1/4 = 0,25; n = Jc/5Jc = 0,20

L’ = 4 m; (barra vertical direita)

δ10 = -0,5 x 125 x 4 x α1 = -250 α1 =

= -250 x 0,223 = -53,52

Total:

δ10 = - 127,92 – 68,10 – 53,52 =

= -249,60

δ20 = + 249,60

Sistema:Sistema:

2,678 X1 2,678 X1 –– 1,350 X2 = 249,601,350 X2 = 249,60

--1,350 X1 + 2,678 X2 = 1,350 X1 + 2,678 X2 = --249,60 249,60 →→ X1 = 61,96; X2 = X1 = 61,96; X2 = --61,96 61,96

Diagrama de Momentos Final:

MA = (-1) x (61,96) + (0) x (-61,96) + 0 = -61,96

MB = (0) x (61,96) + (-1) x (-61,96) + 0 = 61,96

MC = (-0,5) x (61,96) + (0,5) x (-61,96) + (120) = 58,04

MD = (0,5) x (61,96) + (-0,5) x (-61,96) + (-120) = -58,04

O diagrama será antimétrico, como era de se esperar.

Exercícios de Inércia Variável

1) Calcular a rotação da tangente à elástica em B na estrutura representada abaixo. Adotar hiperestático(s)

em A. Dado: EJ = 2,955 x 106 kNm2.

Cálculo de δ11:

Barra horizontal: Barra vertical:

λ = 0,50; n = 0,40; L’ = 4 m λ = 0,20; n = 0,20, L’ = 5 m

L’x1x1xα1 = 4x0,210 = 0,84 L’x1x1(α1+2β+α2) =

5x(0,242+2x0,159+0,332) =

= 4,46

δ11 = 0,84 + 4,46 = 5,30

Cálculo de δ10:

Barra horizontal: Barra vertical:

λ = 0,50; n = 0,40; L’ = 4 m λ = 0,20; n = 0,20, L’ = 5 m

-L’x500x1xα1 = -4x500x0,210 -L’x500x1x(α1+β) =

= -420,00 -5x500x(0,242+0,159) =

= -1002,50 (triângulo)

-qxL2xL’x(α1+ α2) =

-40x52x5x(0,0384+0,0413) =

= -398,50

δ10 = - 420,00 -1002,50 - 398,50 = -1821,00

Assim: X1 = 1821,00 / 5,30 = 343,58

Diagrama de Momentos:

Para calcular a rotaPara calcular a rotaçção da tangente ão da tangente àà eleláástica em B:stica em B:

Combinação de diagramas:

Carregamento real na estrutura hiperestática

Carregamento virtual em um Sistema Principal qualquer.

EJ δB = ∫ M M ds

EJ δB = -L’x156,42x1xβ = -4x156,42x1x0,142 = -88,84

Assim: δB = -88,84 / 2,955 x 106 = - 3,01 x 10-5 rad

( sentido anti-horário)

2) Para a estrutura da figura abaixo:

a) Calcular o DMF e as reações de apoio (adotar Jb = JC);

b) Calcular o DMF para a estrutura com inércia constante;

c) Supondo que na seção de inércia JC a estrutura tenha

capacidade de suportar um Mmáx de 2750 kNm, indicar

que estruturas poderiam ser empregadas.

a) Diagramas M1 e M0 (inércia variável):

CCáálculo de lculo de δδ11:11:

Barra esquerda:Barra esquerda:

λλ = 0,25; n = 0,50= 0,25; n = 0,50

LL’’ x 1 x 1 x x 1 x 1 x αα11 = 10 x 0,273 == 10 x 0,273 =

= 2,73= 2,73

Barra direita:

λ = 0,50; n = 0,25

L’ x 1 x 1 x α = 25 x 0,200 = 5,00

Obs: (0,213 + 0,186)/2 = 0,200

(interpolação linear)

δ11 = 2,73 + 5,00 = 7,73

Cálculo de δ10:

Barra esquerda:

λ = 0,25; n = 0,50; N = 6 (Posição)PxLxL’x1xη1 = 120 x 20 x 10 x 1 x

0,0597 = 1432,80

Barra direita:

λ = 0,50; n = 0,25

qxL2xL’x1xα = 60 x 252 x 25 x 1 x

0,0317 = 29718,75

Obs: (0,0329 + 0,0305)/2 = 0,0317

(interpolação linear)

δ10 = 1432,80 + 29718,75 = 31151,55

Assim:

X1 = -31151,55 / 7,73 = -4029,96

Diagrama Final de Momentos:

Reações de Apoio:

VA = 60 + (1/20) x (-4029,96) = -141,50

VB = 810 – [(1/20) + (1/25)] x (-4029,96) = 1172,70

VC = 750 + (1/25) x (-4029,96) = 588,80

b) Resolução para inércia constante:

(Diagramas M0 e M1 iguais)

Cálculo de δ11: Cálculo de δ10:

Barra esquerda: Barra esquerda:

1/3 x 1 x 1 x 20 = 6,67 1/6 x 20 x 1,5 x 60 = 3000

Barra direita: Barra direita:

1/3 x 1 x 1 x 25 = 8,33 1/3 x 25 x 1 x 4687,5 = 39062,5

δ11 = 6,67+8,33 = 15,00 δ10 = 3000,0+29062,5 = 42062,5

Assim:

X1 = -42062,5 / 15,00 = -2804,17

Reações de Apoio:

VA = 60 + (1/20) x (-2804,17) = -80,21

VB = 810 – [(1/20) + (1/25)] x (-2804,17) = 1062,38

VC = 750 + (1/25) x (- 2804,17) = 637,83

Estudo dos momentos máximos:

Viga com inércia variável:

M = -4029,96 / 2 + 4687,50 = 2672,52 kNm

Viga com inércia constante:

M = -2804,17 / 2 + 4687,50 = 3285,42 kNm

Assim, como podemos observar, só a estrutura com inércia

variável terá um momento máximo menor que 2750 kNm

na seção de inércia Jc na barra da direita da viga contínua.

3) Para a estrutura da figura abaixo, calcular o DMF

provocado pelo carregamento atuante.

Observações: a) Considerar o SP com a aplicação de

rótula(s); b) Considerar Jbásico = JC;

Diagramas M1 e M0:

Observações: Mcc1 = 80 x 5 x 5 / 10 = 200 kNm

Mcc2 = 80 x 2,5 x 7,5 / 10 = 150 kNm

Cálculo de δ11:

Barra esquerda:

λ = 3/10 = 0,3; n = 2,5Jc/5Jc = 0,5

L’ x 1 x 1 x α1 = 4 x 0,283 = 1,132

Barra direita:

λ = 3/10 = 0,3; n = Jc/5Jc = 0,2

L’ x 1 x 1 x α1 = 10 x 0,238 = 2,380

δ11 = 1,132 + 2,380 = 3,51

Cálculo de δ10:

Barra esquerda:

λ = 3/10 = 0,3; n = 0,5; N = 6

P x L x L’ x 1 x η1 = 80 x 10 x 4 x

1 x 0,0604 = 193,28

Barra esquerda:

λ = 3/10 = 0,3; n = 0,5; N = 9

P x L x L’ x 1 x η1 = 80 x 10 x 4 x

1 x 0,0380 = 121,60

δ10 = 193,28 + 121,60 = 314,88

Assim:

X1 = -314,88 / 3,51 = -89,66

Como exercício, calcular as reações de apoio.

E JC δ = JC ∫ (M M / J) dx

Considerando a função: η = (M M JC / J)

E JC δ = ∫ η dx

Regra de Simpson:

Dividindo-se o vão da barra L em um número n par de

intervalos ∆x, temos:

η dx = (∆x /3) [4Σ ηímpares + 2 Σ ηpares + ηextremos]

Variação Aleatória de Inércia:

Aplicação:

Calcular a rotação da tangente à elástica em A para a viga

figura abaixo. A seção é retangular, com base de 40 cm e

com altura variável. O módulo de elasticidade E vale 2,1 x

107 kN/m2.Dado:

EJC = 2,1 x 107 x 0,4 x13 /12 = 7 x 105 kNm2

E JC δ = (2/3) x 3855.6 = 2570,4

δ = 2570,4 / (7 x 105) = 3,67 x 10-3 rad (sentido horário)

Comparações entre a integração numérica por Simpson e a

integração clássica:

a) Função: y = -x3/8 + x2 (intervalo [0,8])

Integração normal: 42,667

Integração p/Simpson com 4 intervalos de ∆x=2: 42,667

b) Função: y = sem x (intervalo [0,π])

Integração normal: 2,0000

Integração p/Simpson com 4 intervalos de ∆x=π/4: 2,0045

Integração p/Simpson com 6 intervalos de ∆x=π/6: 2,0008

1) Para a estrutura da figura abaixo, calcular o DMF e as reações de apoio provocados pelo carregamento atuante.

Aplicar hiperestático(s) em A e utilizar a regra de Simpson.

η11 = M1 M1 / (Jc / J); η10 = M0 M1 / (Jc / J);

E Jc δ11 = 4,416 x ∆x / 3 = 4,416E Jc δ10 = -3780 x ∆x / 3 = -3780X1 = 3780 / 4,416 = 855,98

M+1/2vão = -885,98/2 + 810 = 382,01

RA = 180 + 855,98 x (1/18) = 227,55 kN

RB = 180 + 855,98 x (-1/18) = 132,45 kN

Diagrama Final de Momentos Fletores e Reações de Apoio:

2) Calcular o deslocamento vertical do ponto E aplicando a

regra de Simpson.

Dados: a) EJ = 1,38 x 105 kNm2; b) considerar 10

intervalos por vão.

E J δVE = 4140 x ∆x / 3 = 4140 x 1 / 3 = 1380

δVE = 1380 / (1,38 x 105) = 0,010 m = 1 cm (↓)

Grelhas

1) Calcular a rotação da corda CD.

Dados: EJ / GJt = 2; EJ = 2 x 106 kNm2

Diagramas (M,T,M(virtual),T(virtual)):

Utilizamos as equações: ΣMx = 0; ΣMy = 0; ΣFz = 0

Cálculo do deslocamento:

EJ δ = ∫ MM ds + (EJ/GJt) ∫ TT ds = ((1/3) x 6 x 1 x 120 +

+ (1/3) x 3 x 120 x 0,5 + (1/2) x 3 x 120 x (1,0 + 0,5)

= 2010

δ = 2010 / (2 x 106) = 1,005 x 10-3 rad (sentido arbitrado)

2) Resolver a grelha da figura. Sabe-se que EJ/GJt = 1,5.

Diagramas no SP (M0,T0,M1,T1,M2,T2,M3,T3):

Cálculo dos EJ δ: (Comb. Mi c/ Mj) + EJ/GJt (Comb. Ti c/ Tj)

EJ δ10 = -(1/2)x90x3 + (2/3)x22,5x3 – 1,5x90x1x3 = -495,0

EJ δ20 = (1/2)x180x3 = 270

EJ δ30 = (1/3)x90x3 – (1/3)x22,5x3 + (1/3)x180x3 + 1,5x

x90x1x3 = 652,5

EJ δ11 = 2x3 + 1,5x2x3 = 15

EJ δ12 = EJ δ13 = 0 (diagrama simétrico c/ antimétrico)

EJ δ22 = 2x3 + 1,5x2x3 = 15

EJ δ23 = 2x(1/2)x3 = 3

EJ δ33 = 4x(1/3)x3 + 1,5x2x3 = 13

Sistema de equações:

15 X1 + 0 X2 + 0 X3 = 495 → X1 = 33,0;

0 X1 + 15 X2 + 3 X3 = -270 X2 = -8,4;

0 X1 + 3 X2 + 13 X3 = -652,5 X3 = -48,2.

E = E0 + 33,0 X1 – 8,4 X2 – 48,2 X3

Se o carregamento fosse simétrico, teríamos:

M0 simétrico e T0 antimétrico

→ δ20 = δ30 = 0 → X2 = X3 = 0 (ver matriz F);

Se o carregamento fosse antimétrico, teríamos:

M0 antimétrico e T0 simétrico

→ δ10 = 0 → X1 = 0 (ver matriz F).

Extrapolando:

Grelha elástica e geometricamente simétrica em que o eixo

de simetria intercepta ortogonalmente uma barra:

Na seção S de simetria:

Solicitação simétrica: Qs = Ts = 0;

Solicitação antimétrica: Ms = 0.

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