Curso De Analise Estrutural

Análise de Estruturas I Fernando Uchôa

Concepção de Modelo Estrutural 1) Domínio de estudo
Definição: Análise de Estruturas é a parte da Mecânica que estuda as estruturas, determinando esforços e deslocamentos a que ficam submetidas quando solicitadas por agentes externos (carregamentos, variações térmicas, movimentação de seus apoios).

As estruturas se compõem de um ou mais elementos, ligados entre si e ao meio exterior, de modo a formar um conjunto estável capaz de receber solicitações externas, absorvê-las internamente e transmiti-las até seus apoios, onde as solicitações externas encontram seu sistema estático equilibrante.

Elementos das Estruturas Os elementos das estruturas possuem três dimensões. Sendo assim, podem ocorrer três casos: A. Duas dimensões são pequenas em relação à terceira; B. Uma dimensão é pequena em relação às outras duas; C. As três dimensões são consideráveis.




Caso A: Corresponde à maioria das estruturas, com a dimensão maior sendo o comprimento da peça, estando as outras duas situadas no plano perpendicular (plano da seção transversal). Nesse caso, o estudo estático da peça, que será denominada barra, pode ser feito como unidimensional, considerandoa representada pelo seu eixo (Lugar Geométrico dos C.G. de suas seções transversais).

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




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

Cascas




Precisão da Teoria: A teoria aqui desenvolvida tem precisão excelente para barras cuja relação do comprimento para a maior dimensão da seção transversal seja superior a 10:1, apresentando ainda boa precisão para relações até 5:1. Quando a relação for menor, a barra deverá ser estudada como placa, casca ou bloco, conforme o caso. (Ex:viga de 25x60 → mín. 3m)

2. Condições de equilíbrio: Para um corpo estar em equilíbrio. é necessário que o sistema de forças a que ele está submetido não provoque nele nenhuma tendência de translação e nem de rotação. Como a tendência de translação é dada pela resultante R das forças e a tendência de rotação, em torno de qualquer ponto, é dada pelo momento resultante m destas forças em relação a este ponto,

(continuação) basta que estes dois vetores sejam nulos para que o corpo esteja em equilíbrio (R é a resultante das forças e m seu momento em relação a qualquer ponto do espaço). As duas equações vetoriais podem ser substituídas por seis equações escalares de equilíbrio:ΣX=0; ΣY=0; ΣZ=0; Σmx=0; Σmy=0; Σmz=0.

Casos Particulares


Sistema de forças concorrentes no espaço: (equilíbrio de nós de treliças espaciais)

ΣX=0; ΣY=0; ΣZ=0




Sistema de forças paralelas no espaço: (estudo das grelhas)

Σmx=0; Σmy=0; ΣZ=0




Sistema de forças coplanares: (o mais freqüente, pois a maioria das estruturas é plana, com carregamento no seu plano)

ΣX=0; ΣY=0; ΣMo=0

Situações particulares no plano:
Sistema de forças concorrentes: (equilíbrio dos nós de treliças planas)

ΣX=0; ΣY=0




Sistema de forças paralelas: (estudo da grande maioria das vigas)

ΣY=0; ΣMo=0

3. Graus de liberdade e apoio: Como, no espaço, uma translação pode ser expressa por suas componentes segundo três eixos tri-ortogonais e uma rotação como a resultante de três rotações, cada uma em torno de um desses eixos, dizemos que uma estruturas possui um total de seis graus de liberdade.

É evidente que estes seis graus de liberdade precisam ser restringidos, de modo a evitar o movimento da estrutura. Esta restrição é dada por apoios, que devem impedir as diversas tendências de movimento através do aparecimento de reações destes apoios sobre a estrutura, nas direções dos movimentos que eles impedem, isto é, dos graus de liberdade que eles restringem.




Apoios: A função dos apoios é restringir graus de liberdade das estruturas. Eles são classificados em função do número de graus de liberdade que restringem, podendo ser de seis tipos diferentes. No caso particular de estruturas planas carregadas no próprio plano, existem três graus de liberdade a combater:

(continuação de apoios)

4.




Cargas: Forças; Momentos; Distribuição de cargas: concentradas, distribuídas e momentos.

5. Materiais:
Aço, alumínio, concreto armado.

Estaticidade e Estabilidade A função dos apoios é limitar os graus de liberdade de uma estrutura. Três casos podem ocorrer: a) Os apoios são em número estritamente necessário para impedir todos os movimentos da estrutura. Dizemos que a estrutura é isostática, ocorrendo uma situação de equilíbrio estável; b) Os apoios são em número inferior ao necessário para impedir todos os movimentos da estrutura. A estrutura é dita hipostática e é instável;

c) Os apoios são em número superior ao necessário para impedir todos os movimentos da estrutura. As equações gerais da Estática não são suficientes para a determinação das reações de apoio, sendo necessárias equações adicionais. A estrutura é dita hiperestática, com equilíbrio estável.

Para classificar uma estrutura quanto ao equilíbrio estático, não devemos simplesmente contar seu número de apoios e comparar com seu número de graus de liberdade. Esse critério só funciona corretamente no caso de estruturas hipostáticas. No caso de estruturas isostáticas e hiperestáticas, ele fornece apenas uma condição necessária, mas não suficiente.

Exemplos:

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

Quando a estrutura for hiperestática e o número de reações de apoio for maior do que o número de equações de equilíbrio, diz-se que a estrutura é hiperestática externamente. Quando, uma vez conhecidas as reações de apoio, não for possível determinar os esforços seccionais ao longo da estrutura, utilizando-se as equações de equilíbrio, diz-se que a estrutura é hiperestática internamente.

Exemplos

Isostática internamente Isostática externamente

Isostática internamente Hiperestática externamente

Exemplos

Hiperestática internamente Isostática externamente

Exemplos

Hiperestática internamente Hiperestática externamente

Exemplos

Hiperestática internamente Hipostática externamente

Exemplos

Possui uma barra hipostática Hiperestática 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:

Hipóteses: 1) O material é elástico linear: a relação tensão-deformação é linear (Lei de Hooke); 2) Domínio dos pequenos deslocamentos (Teoria de primeira ordem): a geometria final da estrutura deformada é considerada igual à geometria inicial da estrutura em repouso.

Exemplo: 

Caso de um pilar engastado:

Para pequenos deslocamentos: u1 ≈ u2 << L Então, vale a expressão: M = f1 x L

Com as hipóteses 1 e 2, vale a Lei de superposição dos efeitos: Função linear:

Se F1=k.u1 e F2=k.u2 → F1+F2=k(u1+u2) A soma dos efeitos é igual ao efeito da soma

Estruturas estaticamente determinadas e indeterminadas 1)

Estrutura estaticamente determinada ou isostática: é aquela em que o número de vínculos é igual ao número de equações da Estática (a estrutura fica determinada estaticamente apenas com as condições de equilíbrio).

Exemplo de viga: q M

M+ dM

Q

Q+ dQ

Equações de equilíbrio: dQ/dx = -q dM/dx = Q d2M/dx2 = -q (Eq. I) (condições de equilíbrio)

dx Integrando-se duas vezes: M(x) = - ∫∫ q dx dx + C1 x + C2

Precisamos de duas condições de equilíbrio (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)

Estrutura estaticamente indeterminada ou hiperestática: é aquela em que o número de vínculos é maior do que o número de equações da Estática (a estrutura não pode ser resolvida apenas com as condições de equilíbrio).

Consideraremos as quatro condições de contorno em deslocamentos generalizados indicadas na figura anterior (dois deslocamentos e duas rotações). Neste caso, é necessário utilizar as equações diferenciais relacionando os esforços com os deslocamentos. Nestas equações está implícita 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 equação é: EJ d2y/dx2 = -M (Eq. II) Substituindo-se a equação I: d2M/dx2 = -q na II, temos: d2[EJ d2y/dx2]/dx2 = q Integrando-se quatro vezes e utilizando-se as condições de contorno em deslocamentos do exemplo da viga biengastada, podemos obter y(x). Com y(x), pode-se determinar M(x) = -EJ d2y/dx2 e Q(x) = dM/dx = d[-EJ d2y/dx2]/dx.

Conclusão: A resolução requer a utilização das condições de equilíbrio (equação I), da Lei de Hooke embutida na equação II e das condições de contorno em deslocamentos (compatibilidade de deslocamentos generalizados).

Conclusões – Estrutura Isostática: 1) O número de vínculos é igual (iso) ao número de equações da Estática (número estrito para ser estável); 2) Só existe uma solução que satisfaça o equilíbrio; 3) Os esforços independem da inércia; 4) Se as condições de equilíbrio forem satisfeitas, então as condições de compatibilidade de deslocamentos são automaticamente satisfeitas.

Conclusões – Estrutura Hiperestática: 1) O número de vínculos é maior (hiper) do que o número de equações da Estática; 2) As condições de equilíbrio não bastam. Existem inúmeras soluções que satisfazem o equilíbrio; 3) As condições de compatibilidade não bastam. Existem inúmeras soluções que satisfazem a compatibilidade; 4) Os esforços dependem das características elásticas e geométricas da estrutura; 5) A solução satisfaz simultaneamente o equilíbrio e a compatibilidade.

Métodos Clássicos de Cálculo

Metodologia da Solução

Metodologia da Solução

Conclusões:

Princípio dos Trabalhos Virtuais Trabalho, Energia de Deformação e seus complementos: Consideremos uma estrutura em equilíbrio sob a ação de uma força generalizada f (força ou momento) com uma configuração deformada representada por um deslocamento generalizado u na direção da força. A relação força-deslocamento e uma relação tensão-deformação para o material da estrutura estão indicados 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.

Variações do Trabalho, da Energia de Deformação e de seus complementos:

Imaginemos que a posição de equilíbrio estudada no item anterior tenha sofrido uma pequena variação, correspondendo a variações δu e δε compatíveis e δf e δσ equilibradas. Tais variações provocariam variações no trabalho, na energia de deformação e nos seus complementos como indicado a 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 ∆.

Princípio dos Trabalhos Virtuais Deslocamento Virtual: Se considerarmos que as variações ∆ ocorrem de forma que se dê um deslocamento virtual δu que produzirá uma deformação virtual compatível δε sem que surjam necessariamente incrementos de força e tensão, ou seja: δu e δε → δf = 0 e δσ = 0, então ∆W = δ1W e ∆U = δ1U. Dizemos, então, que δu é um deslocamento virtual, ou seja, cinematicamente compatível com a estrutura, e δε uma deformação virtual. O PTV afirma que, nesse caso, o trabalho virtual (incremento do trabalho externo) é igual à energia de deformação virtual (incremento da energia de deformação).

δ1W = δ1U

A integral é explicada pelo fato de σ . δε ser a energia de deformação por unidade de volume da estrutura.

PTV Complementar Deslocamento Virtual: Se considerarmos que as variações ∆ ocorrem de forma que se dê uma força virtual δf em equilíbrio que produzirá uma tensão virtual δσ sem que surjam necessariamente incrementos de deslocamento e deformação, ou seja: δf e δσ → δu = 0 e δε = 0, então ∆W* = δ1W* e ∆U* = δ1U*. Obs: Trata-se, portanto, de uma situação como a anterior, fisicamente irrealizável.

δ1W = δ1U

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: E – Módulo de elasticidade longitudinal; G – Módulo de elasticidade transversal; A – Área da seção transversal; Ix – Inércia à torção da s. transversal; Iy – Inércia à flexão da s. transversal (My); Iz – Inércia à flexão da s. transversal (Mz); χ - Fator de forma de cisalhamento,

Aplicações do PTV Exemplo 1: Cálculo de deslocamentos Utiliza-se o PTV Complementar associado a uma força virtual unitária. Calcular o deslocamento u real:

δf . u = ∫x (Nx Nx(virtual) / EA) dx δf . u = (1 / EA) Σi Ni Ni(virtual) Li

1 . u = -3,828 PL / EA - o sentido do deslocamento real, em função do sinal “-” encontrado, é da direita para a esquerda (⇐), ao contrário do adotado inicialmente na resolução.

Exemplo 2: Cálculo de esforços em vigas Isostáticas. Utiliza-se o PTV associado a um deslocamento virtual unitário. Para as vigas isostáticas, quando da aplicação de um deslocamento virtual, δ1U = 0, porque não há geração de esforços internos. Assim, δ1W = Σ f . ∆u = 0. Calcular a reação RA:

Reação RA: Rompe-se o vínculo em A e substitui-se pela força RA. Aplica-se, então, um deslocamento virtual unitário na direção de RA. δ1W = Σ f . ∆u = δ1U = 0

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

Momento Fletor na seção S:

δ1W = Σ f . ∆u = δ1U = 0 Rompe-se o vínculo em S e substitui-se pelo par de momentos MS (vínculo interno). Aplica-se, então, um deslocamento virtual. Nesse caso, foi aplicado um deslocamento vertical unitário, verificando-se as rotações Impostas. Poder-se-ia, sem dúvida, aplicar uma rotação θA = 1, Calculando-se a rotação θB decorrente.

Assim: P. (b / (L-s)) – Ms . (1/s) - Ms . (1 / (L-s)) = 0 (Esforços e deslocamentos devem ser considerados com seus respectivos sinais) Ms . L / [(L-s) . (s)] = P . (b / (L-s)) Ms = P . b . s / L

Exemplo 3: Cálculo de deslocamentos considerando o esforço cortante. Calcular os deslocamentos u1 (vertical) e u2 (rotação), considerando: a) Apenas a deformação por flexão; b) As deformações por flexão e por cisalhamento.

a) Deformação por flexão:

1 . u1a = ∫ (Mx Mx / EI) dx → u1a = - L3 / 3EI (resultado da integração)

1 . u2a = ∫ (Mx Mx / EI) dx → u2a = - L2 / 2EI (resultado da integração)

b) Deformação por flexão e por cisalhamento:

1 . u1cis = ∫ (χ Q Q / GA) dx → u1cis = - χ L / GA (resultado da integração)

u1b = u1a + u1cis = - ((L3 /3EI) + (χ L / GA))

u2cis = 0 u2b = u2a + u2cis = u2a = - L2 / 2EI

Exercícios de Princípio dos Trabalhos Virtuais 1) Determinar a rotação relativa das seções adjacentes à rótula A do pórtico, 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 indica a posição do observador para efeito de convenção dos esforços seccionais.

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

Para determinar a rotação relativa, aplicamos momentos unitários nas seções adjacentes à rótula A, carregamento este que implica no DMF representado 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 as propriedades J= 1,538 x 10-2 m2 e E = 20 GPa, e de DMF representado 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 deseja determinar a rotação, o DMF do pórtico está representado na parte direita.

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 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: Os apoios da estrutura sofrem os recalques indicados. Para calcular os deslocamentos provocados por esses recalques, aplicamos o PTV. O TV das forças externas será Pδ + Σ Rρ, sendo R as reações de apoio no estado de carregamento e ρ os recalques a elas correspondentes no estado de deformação.

Trabalho virtual das forças internas: nulo, visto que as deformações relativas às ações externas são nulas. Pδ + Σ Rρ = 0 (expressão que resolve o problema)

4) Calcular a rotação relativa das tangentes à elástica em E devida aos recalques indicados.

Temos as reações R no estado de carregamento indicadas na figura seguinte.

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 recalques 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 m O ponto A descerá, então, 2 cm. Os recalques de apoio ocorrem, evidentemente, devido ao carregamento atuante. Para calcular os deslocamentos que o conjunto (carregamento + recalques) provoca na estrutura, usamos o princípio as superposição dos efeitos.

Deslocamentos devidos a efeitos de variação de temperatura: ∆L = α t L α (coeficiente de dilatação térmica (1/ °C) (10-5 / °C – aço e concreto) A variação da temperatura não produz esforço cortante nem de torção.

Σ P δ = ∫ M dϕ + ∫ N ∆ds + ∫ Q dh + ∫ T dθ (I)

Considerando: dϕ/ds = M/EJ → dϕ = (M/EJ) ds ∆ds/ds = N/EA → ∆ds = (N/EA) ds Σ P δ = ∫ (M M/EJ) ds + ∫ N (N/EA) ds Voltando à expressão (I) e calculando dϕ e ∆ds para a variação de temperatura:

dϕ = a/h = α (ti – ts) ds / h = α ∆t ds / h

∆ds = α tg ds

Σ P δ = ∫ (M α ∆t/h) ds + ∫ N α tg ds ∆t = ti – ts

Convenção adotada: ► ► ► ►

Esforço Normal: Tração (+); Momento Fletor: Tração na fibra interna (+); ∆t é positiva quando ti > ts (∆t = ti – ts); tg é positiva para elevação de temperatura.

6) Calcular o deslocamento vertical de C, sabendo que a altura da seção 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: (α ∆t/h) ∫ M ds + α tg ∫ N ds
- (α ∆t/h) x (-5) x 2,5/2 + α tg x (-0,5) x 5  - (α ∆t/h) x (-5) x 2,5/2 + α tg x (-0,5) x 5  - (α ∆t/h) x (-5) x 2,5/2 + α tg x (-0,5) x 5  - (α ∆t/h) x (-5) x 2,5/2 + α tg x (-0,5) x 5 P x dvc = 10-5 x 80 x (-25)/0,5 + 10-5 x 25 x (-10) = Como P = 1, dvc = (- 0,04) + (- 0,0025) = - 0,0425 m (↑) Como a resposta é negativa, o sentido é o oposto ao da carga P aplicada.

7) Para a grelha da figura, cujas barras têm seção retangular de 0,5 m de altura e cujo material possui α = 10-5/ °C, calcular os seguintes deslocamentos, quando suas fibras superiores forem aquecidas de 20 °C e as inferiores tiverem mantida a sua temperatura em relação à do dia de sua execução. a) Rotação da corda BC perpendicular ao plano ABC; b) Deslocamento do ponto C na direção BC.

a) Rotação 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 ∆t = 0 °C (No plano da estrutura não há variação relativa de temperatura) δ = α tg AN = 10-5 x 10 x 4 = 0,4 mm

Caso de Variação Uniforme de Temperatura: P δ = ∫ (M α ∆t/h) ds + ∫ N α tg ds Como ∆t = 0, a equação fica: P δ = ∫ N α tg ds Então trabalharemos com as áreas dos diagramas de esforço normal. 8) Calcular o deslocamento horizontal de C, para uma elevação uniforme de temperatura de 20 °C. Dado: α tg = 10-5 x 20 = 0,0002

dhC = ∫ N α tg ds Calculando em mm: 2 x 10-4 x 103 = 0,2 dhC = -0,89 x 6,32 x 0,2 + 0 + 0,60 x 6 x 0,2 = = -0,405 mm (→) Como a resposta é negativa, o sentido é o oposto ao da carga P aplicada.

Cálculo de deslocamentos – PTVC Esforços a serem considerados: a) Estruturas planas trabalhando à flexão: M ( a contribuição de N e Q é pequena); b) Arcos: M e N; c) Treliças: N; d) Grelhas: MeT

Teorema de Betti Imaginemos uma estrutura sob a ação de forças P em equilíbrio com as reações R1 e R2. Vamos atribuir a esta viga, previamente carregada, um deslocamento compatível com as leis elásticas, fazendo aplicar um sistema de forças P que produza deslocamentos y na direção das forças P.

O PTV afirma que a soma dos trabalhos virtuais externo e interno das forças P (virtuais) para os deslocamentos causados pelas forças P (reais) é nula. Se, ao contrário, existe previamente o carregamento real de forças P e aplicamos forças P que produzem deslocamentos virtuais y na direção das forças reais, o PTV estabelece que a soma dos trabalhos virtuais externo e interno das forças P (reais) para os y virtuais é nula.

A energia total acumulada será: Primeiro caso: E = TP + TP + TPP Segundo caso: E = TP + TP + TPP onde TP e TP são os trabalhos de deformação realizados pelos sistemas de forças P e P atuando isoladamente. TPP é o trabalho virtual que as forças P realizaram devido à introdução das forças P; e TPP é o trabalho virtual das forças P devido à introdução das forças P. Das expressões: TPP = TPP Σ P δPP = ∫ (MP MP/EJ) dx = ∫ (MP MP/EJ) dx = Σ P δPP

Teorema de Maxwell Seja uma peça sob a ação de uma força unitária no ponto A e seja δ o deslocamento provocado por esta força no ponto B. Imaginemos, agora, uma situação recíproca, ou seja, uma força unitária em B que provoca um deslocamento δ’ em A.

O Teorema de Betti estabelece que δ = δ’

Teorema da Reciprocidade dos Esforços Seja uma peça que, sob a ação de uma força P no ponto A, provoca no ponto B um deslocamento unitário. Imaginemos, agora, uma situação recíproca, ou seja, uma força P’ em B que provoca um deslocamento unitário em A.

O Teorema de Betti estabelece que P = P’

Teorema da Reciprocidade Mista Seja uma peça que, sob a ação de uma força unitária no ponto A, provoca no ponto B um esforço de reação R. Imaginemos, agora, que seja atribuída uma rotação unitária no ponto B, à qual corresponde um deslocamento δ no ponto A (para atribuir a rotação em B temos que libertar este ponto do engaste e aplicar um esforço K.

O Teorema de Betti estabelece que R = δ

Exercícios: 1) Calcular o deslocamento horizontal do ponto B se a estrutura da figura, com material que tem α = 10-5 / °C e com barras com seção retangular de 0,5 m de altura, sofrer a variação de temperatura indicada abaixo, em relação ao dia de sua execução.

δ = α tg AN + (α ∆t / h) AM = 10-5 x (+30) (6 x 1) + = [10-5 x (70+10) / 0,5] x (2 x 1/2 x 4 x 4 + 6 x 4) = = 6580 x 10-5 m O ponto B se deslocará de 6,58 cm para a direita.

2) Para a estrutura da figura, pede-se: a) o deslocamento horizontal da seção em A; b) o módulo e o sentido da força horizontal P a ser aplicada na seção A, de forma a anular o deslocamento horizontal de A do item a; c) obter o diagrama de momentos fletores da estrutura para a ação concomitante do carregamento original com a força P calculada no item b; Adotar E = 3,0 x 107 kN/m2 e J = 5,4 x 10-3 m4.

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 unitária aplicada em A:

Σ Fx = 0 → 1,0 - HB = 0 ∴ HB = 1 Σ Fy = 0 → VA = VB Σ MA = 0 ∴ V B = VA = 0

a) Deslocamento horizontal da seção em A: δHÁ = ∫ (Mo M1 / EJ) dx = -[ 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 = - 1514,83 / EJ = - 9,35 x 10-3 m ( deslocamento da direita para a esquerda) ( ← )

b) Força horizontal em A para anular o deslocamento devido à carga: O deslocamento em A devido à uma força unitária aplicada em A é calculado por: δHÁ1 = ∫ (M1 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 10-4 m (→) A força necessária para anular o deslocamento é: δHÁ1 x P + δHÁ = 0 (equação a ser atendida) P = - δHÁ / δHÁ1 = - (-1514,83 / EJ) x (EJ / 113,17) = 13,38 kN (→)

c) Diagrama de momentos fletores para a ação concomitante do carregamento e da força calculada no item b:

M = M0 + M1 x P

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

(36)

(38)

(37)

(39)

Respostas: (36) gext = 1; gint = 3; gtotal = 4 (37) gext = 1; gint = 0; gtotal = 1 (38) gext = 1; gint = 4; gtotal = 5 (39) gext = 1; gint = 0; gtotal = 1

Exercício de estrutura em arco: 3) Calcular o deslocamento vertical do ponto C. Dados: EJ constante ∫ cos3θ = senθ -1/3 sen3θ

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 dC = ∫0π/2 (- qR2 cos2θ) (- R cos θ) R dθ EJ dC = ∫0π/2 (qR4/2) (cos3θ) dθ = EJ dC = (qR4/2) ∫0π/2 (cos3θ) dθ = EJ dC = (qR4/2) [sen θ - 1/3 sen3θ] = EJ dC = [1 – 1/3 – 0 + 0] (qR4/2) = EJ dC = 2/3 (qR4/2) = qR4/3

(↓)

Método das Forças O problema consiste em escrever as equações geométricas expressas em função das incógnitas hiperestáticas. Estas equações traduzem a condição de ser nulo o deslocamento na direção de cada incógnita escolhida. Incógnitas: Esforços seccionais Precisamos romper vínculos até obter uma estrutura Isostática.

Sistema 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: (deslocamentos) d10 = deslocamento na direção de X1 para a ação externa; d20 = deslocamento na direção de X2 para a ação externa; d11 = deslocamento na direção de X1 para X1 = 1; d12 = deslocamento na direção de X1 para X2 = 1; d21 = deslocamento na direção de X2 para X1 = 1; d22 = deslocamento na direção de X2 para X2 = 1;

Equações 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 incógnitas, teremos n equações Coeficientes: Teremos que resolver o sistema principal para a ação: a) Das ações externas; b) Dos estados auxiliares Xk = 1. A determinação dos deslocamentos é feita por meio do Princípio dos Trabalhos Virtuais. Chamando: Mk – momentos para Xk = 1; Mi – momentos para Xi = 1; M0 – momentos devidos às ações externos.

Se considerarmos apenas a contribuição dos momentos fletores:

dki = ∫ (Mk Mi / EJ) ds 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 Método das Forças 1. Escolher o Sistema Principal e indicar os hiperestáticos; 2. Calcular os n + 1 diagramas M0 e Mi; 3. Calcular os coeficientes de flexibilidade δi0 e δij; 4. Estabelecer as equações de compatibilidade de deslocamentos e resolvê-las (Xi); 5. Calcular de esforços e reações de apoio por superposição na estrutura hiperestática.

1) Resolver a estrutura hiperestática:

Combinando os diagramas: d10 = -20 e d11 = 6 d10 + d11 X1 = 0 → X1 = - d10/d11 = 20/6 = 10/3 Esforços Finais: M = M0 + 10/3 M1 R = R0 + 10/3 R1

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

Barras com inércias constantes e diferentes

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

E JC δ = Σ JC/Jbarra ∫barra M M ds Em função dos diagramas M e M em cada barra, tabelaremos os valores de: JC/Jbarra ∫barra M M ds que, somados para todas as barras da estrutura, nos darão o valor E JC δ, a partir do qual se obtém o valor do deslocamento δ desejado.

Expressão de Vereschaguin Os diagramas M são sempre compostos de trechos retos para estruturas compostas por barras retas. Os diagramas M poder ser quaisquer. Temos, para uma barra de inércia Ji e comprimento li:

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

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 ∫li M M ds = JC/Ji tg α AM x = JC/Ji AM y O valor de JC/Ji ∫li 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: a) Combinação de M e M retilíneos:

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

JC/Ji ∫li 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: a) Carregamento indicado; b) Aumento uniforme de temperatura de 30° C; c) Recalque de apoio vertical no apoio B de 2 cm (↓). Dados: E = 2,1 x 107 kN/m2 e J = 0,02 m4.

Diagramas no Sistema Principal

ql2/8 = 16 x 152 / 8 = 450

Cálculo dos d: EJc d11 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 6 + 1 x 1 x 1 x 6 = 10 EJc d12 = 1/2 x 1 x 1 x 6 = 3 EJc d22 = 2 x 1/3 x 1 x 1 x 6 + 1 x 1 x 1 x 6 = 10 EJc d10 = -2/3 x 450 x 1 x 6 = -1800 EJc d20 = -2 x 1/3 x 450 x 1 x 6 = -1800 Matriz 2 x2:  d11 d12 -1 =  a b -1 = 1/∆ x  d -c   d21 d22  c d  -b a 

d = 10 3  d -1 =  10/91 -3/91   3 10   -3/91 10/91  [ d ]= a x d – b x c = 100 – 9 = 91 a) Carregamento externo:  X1  =  10/91 -3/91   1800  =  138,5   X2   -3/91 10/91   1800   138,5 

b) Variação de Temperatura: d1t = 10-5 x 30 x 15 x (-1/6) = -75 x 10-5 d2t = 10-5 x 30 x 0 = 0 EJc d1t = -315 EJc d2t = 0  X1  =  10/91 -3/91   315  =  34,6   X2   -3/91 10/91   0  -10,4 

c) Recalque de Apoio: d1r = 0 1 x d2r + (-2/15) x 0,02 = 0 ∴ d2r = 0,04/15 EJc d1r = 0 EJc d2r= 1120  X1  =  10/91 -3/91   0  =  36,9   X2   -3/91 10/91   -1120  -123,0 

3) Calcular o DMF para a estrutura, em que todas as barras têm EJ constante, considerando apenas o efeito do momento fletor. Tirar partido da simetria vertical.

As figuras seguintes apresentam os estados E0, E1 e E2, aut0-equilibrados, com os correspondentes DMFs.

A partir dos diagramas e utilizando as tabelas:

Sistema de equações: 12 X1 + 2X2 = 1480 2 X1 + 12 X2 = -840 X1 = 138,85 kNm e X2 = -93,14 kNm Diagrama Final

4) Traçar os diagramas de esforços solicitantes (DMF, DEC e DMT) para a grelha representada na figura.

Sistema Principal e Hiperestáticos

Ações no Sistema Principal - Carregamento

Ações no Sistema Principal – X1=1

Ações no Sistema Principal – X2=1

Cálculo dos deslocamentos: d11 = 1,404 x 10-3 ; d10 = -2,889 x 10-2; d22 = 1,222 x 10-4 ; d20 = 2,000 x 10-3; d33 = 1,111 x 10-4 ; d30 = -6,519 x 10-3 . d12 = -5,000 x 10-5 ; EJ d13 = 3,556 x 10-4 ; EJ d23 = 0,000; Resolvendo o sistema de equações: X1 = 29,38 kN; X2 = -4,35 kNm; X3 = -35,34 kNm

Diagramas Finais:

PROGRAMA SALT –Diagrama de Momentos

PROGRAMA SALT – Diagrama de Momentos Torsores e de Cortantes

4) Resolver a treliça hiperestática da figura, cujas barras têm, todas, a mesma área.

Trata-se de uma treliça uma vez hiperestática internamente. O Sistema Principal está representado na figura da direita. Poderíamos ter rompido Outra barra no Sistema Principal.

Diagramas no Sistema Principal

Temos, então: EA d10 = Σ (N1 N0 l) = 2 P a (1 + SQRT(2)) EA d11 = Σ (N1 N1 l) = 4 a (1 + SQRT(2)) X1 = - d10 / d11 = - P/2 Esforços Finais: N = N0 + N1 X1 = N0 – (P/2) X1

4) Obter, pelo Método das Forças, os diagramas solicitantes na estrutura representada na figura, para uma diminuição uniforme de temperatura de 40 °C em toda a estrutura.

Dados: Viga: J = 0,045 m4; A = 0,3000 m2; E = 21 GPa Tirante: A = 0,0005 m2; E 210 Gpa α = 10-5 / °C

Sistema Principal e Hiperestáticos

Efeitos no Sistema Principal – X1 =1

Σ Fx = 0 → HA = - HB Σ Fy = 0 → VA + VB = -1 MCrot = 0 → HB = 0 → HA = 0 Σ MA = 0 → 15 X1 + 6 VB – 8 HB = 0 → VB = -15/6 = -2,5 kN VA = -1 + 2,5 = 1,5 kN

Desprezando a deformação por esforço cortante, temos: d11 = (1/EvJv) (9 x 9 x 6/3 + 9 x 9 x 9/3) + (1/ETJT) (2,5 x 2,5 x 8) = = 405 / (21 x 106 x 0,045) + 50 / (210 x 106 x 0,0005) = = 4,29 x 10-4 + 4,76 x 10-4 = 9,05 x 10-4

Variação Uniforme de Temperatura: Todas as barras: ∆t = tg = -40 °C Como todas as barras têm inércia constante: d1t = α tg ∫ N1 dx = 10-5 x (-40) x (-2,5) x 8 = 8,0 x 103 Cálculo do Hiperestático: 9,05 x 10-4 X1 + 8,0 x 103 = 0 X1 = - 8, 84 kN Diagramas Finais:

Exercício de casa Resolver o problema anterior adotando o seguinte Sistema Principal:

d11 = 1,45 x 10-4

d1t = - 3,2 x 10-3

X1 = 22,10 kN

Método das Forças – Sistema Principal Consideremos o pórtico plano da figura seguinte. A rótula em D expressa que não há transmissão de momento fletor da barra CD para a extremidade D das barras BD e DF. Na extremidade D da barra CD pode haver apenas força cortante e força normal. Ao se abrir a parte fechada CDEF na rótula, além das 4 reações de apoio, haverá 6 incógnitas. Como no plano temos 3 equações de equilíbrio, o grau hiperestático será 6 – 3 = 3. (dois internos e um externo). Abrindo a estrutura em outra seção, como na seção extrema esquerda da barra CD, haverá um esforço a mais (momento fletor) que no caso precedente, mas haverá também a equação adicional de Σ MDCD =0. Logo o grau de indeterminação estática independe de como se abre a estrutura.

Escolha do Sistema Principal Exemplo de uma viga de grau hiperestático 2

1) Calcular os diagramas de esforços solicitantes da viga da figura em que as barras têm rigidez EJ, desconsiderando a deformação da força 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 análise de estruturas com barras de mesma rigidez EJ, considerando apenas deformação de momento fletor, as reações de apoio e os esforços solicitantes independem dessa rigidez. A combinação linear E0 + E1 X1 + E2 X2 fornece quaisquer esforços no estado E.

Escolha do Sistema Principal - Exemplos

Para cada estrutura estão representados dois sistemas principais.

Escolha do Sistema Principal - Exemplos

Para cada estrutura estão representados dois sistemas principais.

Escolha do Sistema Principal - Exemplos

2) Calcular os diagramas dos esforços solicitantes devido a um acréscimo de temperatura de 17 °C na face superior da viga e a um acréscimo de 5 °C em sua face inferior, tendo-se E = 3,0 x 107 kN/m2, α = 10-5 /°C, Jpilar = 0,4202 m4 e Jviga = 2,354 m4.

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

Coeficientes de Flexibilidade:

Para o cálculo dos coeficientes d10 e d20, como as forças normais nas barras em que ocorre variação de temperatura são nulas, consideraremos apenas a parcela de flexão devida à variação de temperatura. (∆t/h = (5-17)/1,8 = -6,6667 °C/m

Sistema de equações de compatibilidade de deslocamentos

Diagramas de Esforços Solicitantes

Aplicações do Método das Forças 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: d11 = 1/3 x 1 x 1 x 8,00 = 2,67 d10 = 1/3 x 1 x 24 x 8 = 64,00 M = M0 + M1 X1 MA = 0 + 1 x (-24) = -24 MB = 0 + 0 x (-24) = 0

X1 = -64,00/2,67 = -24

Calcule o DMF e as reações de apoio para a viga.

Aplicar hiperestáticos no ponto A

b) Vigas contínuas: calcular o DMF para a viga da figura. Normalmente, tomamos como sistema principal uma série 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 carregamento. Estas expressões coincidem com as rotações nos extremos das vigas em dois apoios simples para o carregamento dado. No caso de carga uniformemente distribuída, temos:

c) Exercício 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.

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

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

Marcando-se o valor de Mc a partir da linha de fechamento e, em seguida, as ordenadas y1 e y2, completamos o diagrama para a barra horizontal, sendo que para as hastes verticais os diagramas são lineares.

e) Treliças:

Carregamento Externo N0

Hiperestático X1 = 1

N0: Resolução de uma treliça isostática Determinação de N01, N02, N03, ..., N0n N0i = 0; E d10 = Σ N1j N0j Lj / Sj N1: Resolução de uma treliça isostática (X1 = 1) Determinação de N11, N12, N13, ..., N1n N1i = 1; E d11 = Σ N1j N1j Lj / Sj d10 + d11 X1 = 0 N = N0 + N1 X1

Calcular o Diagrama de Esforços Normais para a treliça: A = 0,01 m2

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

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

Comprimentos elásticos: (Jbásico = 100 dm4) L1’ = L1 = L4’ = L4 = 6,00 m L2’ = L3’ = 8,95 x 100/74,5 = 12,00 m

Coeficientes de flexibilidade: (metade do quadro) d11 = 1/3 x (-1) x (-1) x 6 + 1/3 x (12 + 1,6672 + 1,667 x 1) x 12 = 23,78 Carga uniforme: d10’ = -1/12 x 32 x (3 x 1,667 + 3 x 1 ) = -362,67 Carga concentrada: d10’’ = -1/6 x 40 x (2 x 1,667 + 1) = -346,67 Carga dos balanços: d10’’’ = 1/2 x (1,667 + 1) x 10 x 12 = 160,00 Total: d10 = -362,67 + -346,67 + 160,00 = -549,33

X1 = 549,33/23,78 = 23,10 Momentos Fletores: M1 = -10 + (-1) x 23,10 = -33,10 kNm M2 = 32 + 40 – 10 + (-1,667) x 23,10 = 23,50 kNm Diagrama Final para a metade do quadro:

Exercício para casa: 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: O tirante trabalha apenas à tração. Se, após o cálculo da estrutura, o sinal da força no tirante indicar um esforço de 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

Exercício: resolver a estrutura com tirante da figura.

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

Considerando para SP o quadro simples isostático da figura, as incógnitas serão: X1 = 6 H e X2 = 4 N, sendo H a força horizontal na rótula esquerda e N o esforço no tirante.

Coeficientes: (quadro todo) E Jb d11 = 2 x [1/3 x 1 x 1 x 6 + 1/3 (12 + 1,6672 + 1 x 1,667) x 12 = 47,56 E 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 = 17,33 Apenas Carga Uniforme: E Jb d10 = 2 x [-1/12 x 32 x (5 x 1,667 + 3 x 1) x 12] = -725,33 E Jb d20 = -2 x 5/12 x 32 x 1 x 12 = -320 Resolvendo o sistema: X1 = 3,20 e X2 = 33,07 (tração no tirante) M1 = -3,20 e M2 = 32 – 1,667 x 3,20 – 1 x 33,07 = -6,40

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 x 1,667 + 1) + 12 x (2 x 1 + 1,667)] x 12 + 1/3 x 12 x 1 x 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 = 136,00

Resolvendo o sistema para o carregamento total: d10 = -725,33 + 354,67 = -370,67 d20 = -320,00 + 136,00 = -184,00 X1 = 2,80 e X2 = 29,06 (ainda tração) M1 = 2,80; M2 = 32 – 14 + 1,667 x 2,80 – 1 x 29,06 = -6,40 M3 = -12 + 2,80 = -9,20

Vamos resolver agora o exercício considerando um tirante elástico com área de 4 cm2 (aço). Assim, d22 = d’22(tirante rígido) + dt22 dt22 = N22 x (E / Et) x (Jb / At) x L Jb = 100 dm4; At = 4 cm2; N2 = 1/4; Et = 10 E (concreto) dt22 = (1/4)2 x (1/10) x (100 x 10-4/4 x 10-4) x 16 = 2,50 d22 = 8,00 + 2,50 = 10,50 Resolvendo os sistemas: 47,56 X1 + 17,33 X2 = 725,33 X1 = 10,40 e X2 = 13,31 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 17,33 X1 + 10,50 X2 = 184,00 (carga total)

Carga uniforme: M1 = -10,40 M2 = 32 – 1,667 x 10,40 – 1 x 13,31 = 1,35 Carga total: M1 = -3,53; M2 = 32 -14 – 1,667 x 3,53 – 1 x 11,69 = 0,43 M3 = -12 – 3,53 = -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

Diagrama para X1 = 1

Carga distribuída

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 = 15 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 = 3 d12 = 1/6 x 1 x 1 x 4 = 2/3 d22 = 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 nula Momento 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 nulo. 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.

G=6

(Comparar com o caso a com deslocamento vertical impedido – engaste) G=3

Se não houver o impedimento ao deslocamento, não pode haver A 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 antisimétrico, 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 pelo carregamento atuante na parte da esquerda da estrutura e que a outra metade é solicitada pelo carregamento atuante na parte da direita da estrutura, que poderá ser resolvida a 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 esforços cortantes será simétrico. Notar que, para a barra SC, o diagrama final de momentos fletores será, por esta razão, 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=6

G=4

G=2

Exercícios: 1) Para a estrutura elástica e geometricamente simétrica da figura, identificar as parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamento e o diagrama 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 do modelo reduzido isostático representado na figura, onde está representada a obtenção das reações de apoio.

Diagrama Final – Carregamento Total A 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 na figura 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 antisimetria do carregamento, vamos utilizar o modelo e o sistema principal indicados na figura seguinte.

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

Resolvendo o sistema: 1,60X1 = 1493,3 → X1 = 9,33 Os diagramas dos esforços seccionais estão representados Na figura seguinte.

Os diagramas da estrutura original são obtidos por soma dos diagramas dos carregamentos simétrico e anti-simétrico. O grau de indeterminação estática da estrutura original é 3 e os 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 de que fala o problema pode ser decomposto nas parcelas simétrica e anti-simétrica indicadas a seguir.

a) Parte simétrica: A estrutura está afundando, toda ela, de 1 cm, não aparecendo nenhum esforço devido a este recalque uniforme, pois ele não terá qualquer impedimento. b) Parte anti-simétrica: A estrutura a resolver é a da figura seguinte. Levando em conta 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 o diagrama final, devido à contribuição nula da parte relativa ao carregamento simétrico

Exercícios de Arranjo de Cargas 1) Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da figura aplicando o artifício do arranjo de cargas.

O carregamento atuante pode ser decomposto nas parcelas 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 de compressão e iguais a 1 kN, não Influindo, portanto, para a obtenção do diagrama de momentos fletores, que será função, apenas, do carregamento anti-simétrico.

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

2) Obter o DMF para a estrutura da figura, cujas barras têm a mesma inércia, submetida ao carregamento antisimétrico indicado.

A estrutura a resolver é a da figura abaixo, para a qual escolhemos 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 de momentos 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.

Estrutura

Sistema Principal

Diagramas no Sistema Principal

Calculando os coeficientes: EJ d10 = - ∫0π/2 (PR/2) sen θ R dθ = - PR2/2 EJ d11 = ∫0π/2 R dθ = πR/2 X1 = (PR2/2) / (πR/2) = PR/π = 0,318 PR Diagrama 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 um carregamento simétrico. Resolvendo, obtemos:

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

Diagrama Final Sistema: 27X1 + 3 X2 = 270 3X1 + 2X2 = 90 X1 = 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 e anti-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 os momentos fletores à esquerda e à direita da seção de simetria da barra horizontal. Essas incógnitas podem ser obtidas a partir das incógnitas simétrica X1 e da incógnita X2, como indicado na referida figura.

Na figura seguinte estão representados os estados E1 e E2 correspondentes às incógnitas X1 e X2, juntamente Com os respectivos diagramas dos esforços seccionais. Com esses diagramas, identifica-se que o coeficiente d12 é nulo, implicando um sistema de equações sob a forma:

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

Exemplos de Aplicação do Artifício Vigas contínuas simétricas:

Treliças simétricas:

Treliças simétricas:

Grelhas simétricas

Agrupando no vetor Xs as incógnitas simétricas e no vetor Xa as incógnitas anti-simétricas, o sistema de equações de deslocamentos toma a forma: [Δs] {Xs} = {-ds0} [Δa] {Xa} = {-da0} onde as incógnitas Xs estão desacopladas das incógnitas Xa, e –ds0 e da0 são vetores que representam os coeficientes de carga segundo as redundantes simétricas e anti-simétricas, respectivamente. A resolução recai na resolução 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 têm o mesmo EJ.

Solução a (modelo reduzido): A figura seguinte apresenta o modelo reduzido utilizando a dupla simetria, com o SP escolhido e os correspondentes 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 = 5 5X1 = 190 → X1 = 38 kNm

Diagrama de Momentos Fletores:

Solução b (grupo de incógnitas): Vamos adotar as Incógnitas indicadas na figura abaixo:

A figura apresenta os estados E0, E1, E2, E3 e os correspondentes DMFs. Com esses diagramas, obtêm-se o sistema de equações de compatibilidade de deslocamentos e a respectiva solução: 8,67 X1 + 1,33 X2 = 400,00 → X1 = 52,0 e X2 = -38,0 1,33 X1 + 8,67 X2 = -260,00 No 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 dupla simetria da figura, sabendo-se que todas as barras têm o mesmo EJ (exemplo anterior modificado).

Solução a (modelo reduzido): O pórtico tem dupla simetria, enquanto o carregamento só tem simetria em relação a um eixo horizontal. Assim, na construção do modelo reduzido (auto-equilibrado), tira-se partido Apenas do eixo horizontal.

Como esse modelo é hipostático quanto à direção horizontal, para efeito de análise, adotamos o modelo reduzido 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 = 57,33 30 X1 + 10 X2 = 2440

Com X1 e X2, podemos determinar o seguinte DMF:

Solução b (grupo de incógnitas): Vamos adotar as mesmas incógnitas do exercício anterior. O Estado E0 e o correspondente 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 = 56,00 1,33 X1 + 8,67 X2 + 0,00 X3 = -220,00 X2 = -34,00 0,00 X1 + 0,00 X2 + 12,00X3 = -80,00 X3 = -6,67

Com esses resultados e as relações entre X1, X2 e X3 e XI, XII e XIII, têm-se as incógnitas: XI = X1 + X2 = 49,33 XII = X2 = -34,00 XIII = X1 – X3 = 62,67, obtendo-se o DMF abaixo, igual ao da 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 biapoiada, 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) Cálculo da rotação 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 estático equivalente é:

Adotaremos o seguinte Sistema Principal:

Diagramas M0 e M1 no Sistema Principal:

Cálculo dos termos EJb.δ: EJbδ10 = -(1/3) x 8 x 80 x 1 –(106/105) x 40 x (1/8) = -263,3 EJbδ11 = (1/3) x 8 x 1 x 1 + (106/105) x (1/8) x (1/8) + + (106/105) x 1 x 1 = 12,83 Equação de compatibilidade: -263,3 + 12,83 X1 = 0 Assim: 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 2: Uma viga de fundação de um edifício alto apresenta o esquema estrutural e os carregamentos indicados na figura. Determinar os diagramas de momentos fletores e de esforços cortantes, bem como os recalques nos pontos A, B e C. Dados: EJ = 1,35 x 105 kNm2; K = 105 mkN/rad; k1=k3=k4= 1,5 x 105 kN/m; k2 =1,2 x 105 kN/m

Solução: Sistema Principal e Hiperestáticos:

Diagramas M0, M1 e M2 no Sistema Principal:

Cálculos dos termos EJb.δ: EJb.δij = ∫ Mi . Mj ds + EJb . Ri . Rj / k + EJb . Mi . Mj / K EJb.δ10 = -(1/3) x 3 x 22,5 x 1 – (1/3) x 4 x 40 x 1 – - (1,35x105/(1,5x105)) x (630 x (1/3) + 440 x (1/4)) + + (1,35x105/(1,2x105)) x 770 x (7/12) = 141,48 EJb.δ20 = -(1/3) x 4 x 40 x 1 - (1,35x105/(1,2x105)) x 770 x x (1/4) + (1,35x105/(1,5x105)) x 440 x (1/4) = -170,90 EJb.δ11 = (1/3) x 3 x 1 x 1 + (1/3) x 4 x 1 x 1 + + (1,35x105/(1,5x105)) x ((1/3)x(1/3) + (1/4)x(1/4)) + + (1,35x105/(1,2x105)) x (7/12) x (7/12)

EJb.δ12 = EJb.δ21 = (1/6) x 4 x 1 x 1 – (1.35/1,2) x (7/12) x (1/4) – (1.35/1,5) x (1/4) x (1/4) = 0,45 EJb.δ22 = (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 Cálculo dos hiperestáticos: 141,48 + 2,87X1 + 0,45X2 = 0 -179,90 + 0,45X1 + 2,81X2 = 0 Resolvendo: X1 = -60,35 kNm X2 = 70,50 kNm

Diagramas de Momento Fletor e de Esforço Cortante Finais:

Recalques em A, B e C: ρA = 650,1 / (1,5 x 105) = 0,0043 m = 4,3 mm (↓) ρB = 717,2 / (1,2 x 105) = 0,0060 m = 6,0 mm (↓) ρC= 472,7 / (1,5 x 105) = 0,0032 m = 3,2 mm (↓) Representação dos Recalques:

Exemplo 3: Determinar os esforços normais nas barras da treliça da figura, considerando A = 68,75 cm2 e E = 2,1 x 108 kN/m2 em todas as barras e k = 2,4 x 105 kN/m.

O Sistema Principal e os estados E0 e E1 são representados Na figura seguinte. Os cálculos intermediários para a determinação dos coeficientes δij estão apresentados numa tabela que resume as operações necessárias.

EA = 2,1 x 108 x 68,75 x 10-4 = 1,444 x 106 kN δ10 =(-240 – 120√2 )/1,444 x 106 = -2,838 x 10-4 m δ11 =(1/2,4 x 105) + (9 + 6√2 )/1,444 x 106 = 1,628 x 10-5

A equação para cálculo de X1 é: 1,628 x 10-5 X1 = -2,838 x 10-4 m X1 = 17,434 kN. Os esforços finais estão mostrados em negrito na tabela.

Cálculo de deslocamentos em estruturas hiperestáticas: • Caso de carregamento externo: Seja a estrutura da figura, para a qual desejamos, por exemplo, calcular o deslocamento da seção m na direção ∆. A aplicação do PTV fornece:

A partir de um sistema principal qualquer, podemos escrever:

Analisando os coeficientes de X1 e X2:

Os coeficientes de X1 e X2 são iguais a 0, por serem equações do sistema de compatibilidade elástica para determinação dos hiperestáticos X1 e X2. A expressão anterior se reduz para:

Na expressão anterior, M, N e Q são os esforços atuantes na estrutura hiperestática provocados pelo carregamento externo e M0, N0 e Q0 são os esforços atuantes no sistema principal isostático quando aplicamos um carregamento virtual P =1. Por meio de um tratamento algébrico análogo ao adotado, poderíamos também obter:

Na expressão, M, N e Q são os esforços atuantes na estrutura hiperestática provocados pelo carregamento virtual e M0, N0 e Q0 são os esforços atuantes no sistema principal isostático quando aplicamos o carregamento externo.

Peter Pasternak anunciou o teorema da redução: “Para se calcular deslocamentos em estruturas hiperestáticas empregando-se o PTV, um dos carregamentos deve se tomado na estrutura hiperestática, podendo o outro ser tomado num sistema principal isostático qualquer que dela se obtenha.” Obs: Podemos verificar diagramas solicitantes obtidos para uma estrutura hiperestática, pois basta considerar o diagrama obtido do carregamento externo e aplicar o carregamento virtual num sistema principal isostático necessário à obtenção de um deslocamento cujo valor conhecemos a priori, como por exemplo a rotação num engaste ou o deslocamento linear de um apoio do 2° gênero, valores que sabemos serem nulos.

Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical na seção central da viga bi-engastada.

EJ δ = -(1/2) x l x l/4 x (ql2/12) + (1/3) x l x (1+0,5x0,5) x x (l/4) x (ql2/8) = ql4/384

Resposta: δ = ql4/(384EJ) Para a atuação do carregamento virtual, poderíamos ter, indiferentemente, trabalhado com qualquer um dos sistemas principais da figura abaixo:

Exemplo 2: Calcular o deslocamento horizontal da barra CD do pórtico da figura seguinte. Dado: EJC = 104 kNm2

EJC δCD = (1/3) x 3 x 3 x (-0,82 + 3,27/2) = 2,45 δCD = 2,45 x 10-4 m = 0,245 mm

Se trabalhássemos com qualquer outro sistema principal, chegaríamos evidentemente ao mesmo resultado. Suponhamos o sistema principal da figura abaixo: EJC δCD = (1/3) x 3 x 3 x (4,09 + 3,27/2) – (1/3) x 3 x 3 x x 9 + (1/3) x 3 x 3 x 4,09 = 2,45 δCD = 0,245 mm

Exemplo 3: Verificar a correção do DMF devido ao carregamento externo representado na figura do exemplo 2. Calculemos, por exemplo, o deslocamento horizontal do engaste A, que sabemos a priori ser nulo. Sendo M o diagrama na estrutura hiperestática indicado no problema 2 e o diagrama M0 no SP escolhido o indicado na figura abaixo, temos:

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

• Caso de variação de temperatura: Se a estrutura de figura estiver submetida à variação de temperatura indicada, o deslocamento da seção m na direção ∆, por ela provocado, valerá:

A partir de desenvolvimento apresentado no item anterior, temos:

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

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

Podemos, também, trabalhar com o carregamento virtual atuando na estrutura isostática, o que é útil quando já conhecemos os diagramas solicitantes na estrutura hiperestática devidos à variação de temperatura. Partindo da equação I e levando em conta que:

Obtemos:

Identificados os coeficientes de X1 e X2 como as duas equações de compatibilidade elástica para resolução da estrutura hiperestática, seus valores serão nulos e ficamos com:

A expressão anterior permite calcular deslocamentos, devidos a variações de temperatura, trabalhando com o carregamento virtual num sistema principal isostático e com as variações de temperatura na estrutura hiperestática. Exemplo 1: Calcular a rotação da tangente à elástica em B devida a uma diminuição uniforme de temperatura de 30 °C.

Supondo que o diagrama na estrutura hiperestática já é conhecido, consideraremos o carregamento virtual num sistema principal isostático. Desprezando a contribuição do Esforço cortante e do esforço normal (quadro plano) e sabendo que ti = te = tg, temos:

Diagrama M (já conhecido)

Exemplo 2: Calcular o deslocamento vertical da seção central da estrutura da próxima figura, que tem α = 10-5/°C e cuja Seção transversal, constante, é um retângulo de 0,4 m de altura, se suas fibras externas forem resfriadas de 10 °C e as internas aquecidas de 30 °C em relação à temperatura do dia de sua execução.

Aqui vamos trabalhar com o carregamento virtual na estrutura hiperestática, já que não conhecemos os diagramas solicitantes devidos à variação de temperatura.

Resposta: A seção central sobe, então, 0,98 cm • Caso de recalques de apoio: Seja a estrutura da figura submetida aos recalques de apoio indicados, para a qual queremos calcular, por exemplo, o deslocamento da seção m na direção ∆.

A partir do carregamento virtual representado na figura anterior, temos, empregando o PTV:

Por procedimento análogo ao adotado para a variação de temperatura, podemos mostrar que o segundo membro da igualdade acima é nulo e ficamos, então, com:

Esta última expressão permite calcular deslocamentos em estruturas hiperestáticas, trabalhando com o carregamento virtual na estrutura hiperestática, sendo necessário calcular as reações de apoio R.

Podemos, também, trabalhar com o carregamento virtual num sistema principal isostático, ficando a ação dos recalques na estrutura hiperestática, obtendo-se, de forma análoga à adotada no caso de variação de temperatura:

Na expressão acima, os termos com barra superior se referem a um sistema isostático e M, N e Q são esforços na estrutura hiperestática dada provocados pelos recalques. Esta última expressão pode verificar diagramas obtidos em estruturas hiperestáticas para recalques de apoio, sendo o procedimento igual ao adotado nos casos de carregamento externo e de variação de temperatura.

Exemplo 1: Calcular, para o quadro abaixo, o deslocamento vertical da seção central provocado pelos recalques indicados dos apoios A e B.

Como as reações de apoio para o carregamento virtual, tomado na estrutura hiperestática, já são conhecidas (exemplo 2 de variação de temperatura), podemos escrever: 1 x δ - 0,5 x 0,02 – (3/16) x 0,01 – (3/16) x 0,03 = 0 δ = 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 na estrutura 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 mísulas simétricas, só existem 2 valores em cada cruzamento, por causa da simetria.

São 4 tabelas: MRA, MPA,MRS e MPS. Nas tabelas de mísulas simétricas, só existe 1 valor em cada cruzamento, por causa da simetria.

São 4 tabelas: MRA, MPA, MRS e MPS. Ao contrário das outras tabelas, aqui temos 3 parâmetros de entrada: λ = a/l, n = JC/JA e N (posição da carga), que varia de 1 até 11, já que as seções 0 e 12 estão sobre os apoios. Cada cruzamento tem sempre dois valores em 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:

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

Tabela MRA (carga distribuída) α1 = 0,0351 -2 x 10 x 82 x 8 x 0,0351 = -362,0

Tabela MRA (triângulos) β= 0,151 8 x 40 x 1 x 0,151 = 48 EJcomp δ10 = -314 (EJcomp) δ11: Considerando as barras
e :

Tabela MRA (triângulos) α1 = 0,207 2 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:

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

Equação de compatibilidade: -3000 + 116 X1 = 0 → X1 = 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:

Cálculo dos δ: δ11 = δ22 λ = 1/4 = 0,25; n = Jc/5Jc = 0,20 L’ = 4 m; (barra vertical esquerda) δ11 = 4 [0,5 (0,5α1 + 1β) + 1,0(1,0α2 + 0,5β) = = 4 [0,5 (0,5x0,223 + 1x0,155) + 1,0(1,0x0,332 + + 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: 2,678 X1 – 1,350 X2 = 249,60 -1,350 X1 + 2,678 X2 = -249,60 → X1 = 61,96; X2 = -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: λ = 0,50; n = 0,40; L’ = 4 m L’x1x1xα1 = 4x0,210 = 0,84

δ11 = 0,84 + 4,46 = 5,30

Barra vertical: λ = 0,20; n = 0,20, L’ = 5 m L’x1x1(α1+2β+α2) = 5x(0,242+2x0,159+0,332) = = 4,46

Cálculo de δ10: Barra horizontal: λ = 0,50; n = 0,40; L’ = 4 m -L’x500x1xα1 = -4x500x0,210 = -420,00

Barra vertical: λ = 0,20; n = 0,20, L’ = 5 m -L’x500x1x(α1+β) = -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 rotação da tangente à elástica 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):

Cálculo de δ11: Barra esquerda: λ = 0,25; n = 0,50 L’ x 1 x 1 x α1 = 10 x 0,273 = = 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 Diagrama Final de Momentos:

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 Diagrama Final de Momentos:

Como exercício, calcular as reações de apoio.

Variação Aleatória de Inércia: 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: ∫0L η dx = (∆x /3) [4Σ ηímpares + 2 Σ ηpares + ηextremos]

Aplicação: Calcular a rotação da tangente à elástica em A para a viga da 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 = 4,416 E Jc δ10 = -3780 x ∆x / 3 = -3780 X1 = 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 0 X1 + 15 X2 + 3 X3 = -270 0 X1 + 3 X2 + 13 X3 = -652,5

→ X1 = 33,0; X2 = -8,4; 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.