cap 5 exemplos de solucao metodo das forcas by Danielle Torres

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 161

5.5. Exemplos de solução pelo Método das Forças Exemplo 01 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 1,0 x 105 kNm2.

Sistema Principal e Hiperestáticos (g=2) X1 X1

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Caso (2) – X2 isolado no SP

Caso (1) – X1 isolado no SP X1=1

1/4 M1

1/6 1/6

1/4

X1=1

. X1

X2=1

1/6 1/4

1/4 1/6

Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = +8.10 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = −45.82 kNm 1 1 1 54  δ 10 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 6  = − 3 EI  3 EI  1 1 1 1 336  δ 20 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 4 + ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 4 + ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 6 = + 6 2 EI  3 EI  1  1 1 20  δ 11 = ⋅ 2 ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 4 + 2 ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = + 3 EI  3 3EI  δ 21 = δ 12 = 0

δ 22 =

. X2

1 1 22  ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 4 + 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = + EI  3 3EI 

1/4

Diagrama de Momentos Fletores M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M (kNm)

162 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Exemplo 02 Considere as duas estruturas mostradas abaixo. A da esquerda é um quadro isostático e a da direita é um quadro hiperestático. Os dois quadros sofrem a mesma solicitação: uma força horizontal de 50 kN aplicada no apoio da direita e um recalque desse mesmo apoio de 6 mm para baixo. Todas as barras têm um material com módulo de elasticidade E = 1,0 x 108 kN/m2 e seções transversais com momento de inércia I = 1,0 x 10-3 m4. Considere válida a hipótese de pequenos deslocamentos.

Pede-se: (a) Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura isostática. (b) Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura hiperestática. Deve-se utilizar o Método das Forças, adotando OBRIGATORIAMENTE como Sistema Principal a estrutura isostática da esquerda. Somente considere deformações por flexão. (b.1) Dê a intepretação física do termo de carga δ10 do sistema de equações de compatibidade do Método das Forças para esta solução. (b.2) Mostre a dedução do termo de carga δ10 pelo Princípio das Forças Virtuais. (c) Considere que as colunas dos quadros acima tiveram a seção transversal modificada para uma com momento de inércia I = 2,0 x 10-3 m4 (a viga não se altera). Responda sem fazer nenhum cálculo: (c.1) O diagrama de momentos fletores da estrutura isostática se altera? Por que? (c.2) O diagrama de momentos fletores da estrutura hiperestática se altera? Por que?

Item (a)

Item (b) Caso (0) – Solicitação eterna isolada no SP Idêntico ao item (a). Caso (1) – X1 isolado no SP

M (kNm)

ρ = 0.006m Como a estrutura é isostática, o “pequeno” recalque de apoio não provoca deformações (só movimento de corpo rígido). Portanto, o recalque não provoca momentos fletores, que só são devidos à carga de 50 kN aplicada.

M1 X1=1

1/3

. X1 1/3

Item (b.1) – Equação de compatibilidade δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 δ 10 é a rotação da seção do apoio da esquerda no caso (0)

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 163

Item (b.2) – Cálculo de δ 10 pelo Princípio das Forças Virtuais (PFV) Sistema Real (Estrutura da qual se quer calcular o deslocamento.) É o caso (0), que é idêntico ao item (a).

Sistema Virtual (Estrutura com força unitária virtual na direção do deslocamento que se quer calcular.) É o caso (1) com X 1 = 1 .

PFV: WE = U

WE → Trabalho das forças externas do sistema virtual com os correspondentes deslocamentos externos do sistema real. Neste caso, o trabalho externo virtual é igual ao produto de X 1 = 1 por δ 10 mais o produto da reação vertical no apoio direito do caso (1) – força de 1/3 para baixo – pelo recalque de apoio ρ : WE = 1 ⋅ δ 10 + (1 / 3) ⋅ ρ .

Assim: δ 10 = (1 / EI ) ⋅

∫ M 1 M 0 dx − (1 / 3) ⋅ ρ

U → Energia de deformação interna virtual. Esta é a energia de deformação por flexão provocada pelos momentos fletores do sistema virtual M = M 1 com as correspondentes rotações relativas internas do sistema real dθ = ( M 0 / EI )dx . Deve ser observado que o recalque de apoio ρ não provoca deformações internas (só provoca movimento de corpo rígido). Portanto, dθ é somente devido à carga de 50 kN aplicada. Assim: M1 M0 dx U = ∫ Mdθ = ∫ M 1 dθ = ∫ EI estrutura estrutura estrutura Diagrama de Momentos Fletores M = M0 + M1·X1

estrut.

δ 10 =

1  1 1   1 ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 100 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 100 ⋅ 2  −   ⋅ 0.006 EI  2 2   3

δ 10 = −4.5x10 −3 rad 1 1  δ 11 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 ⋅ 2  = +3x 10 − 5 rad / kNm EI  3  δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 ⇒ X 1 = 150 kNm

M (kNm)

Item (c.1) – Na estrutura isostática, o diagrama de momentos fletores só depende dos valores da carga e reações, e da geometria da estrutura. Com a consideração da hipótese de pequenos deslocamentos, as equações de equilíbrio podem ser escritas para a geometria indeformada (original) da estrutura. Portanto, o diagrama de momentos fletores não se altera com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colunas. Item (c.2) – Na estrutura hiperestática, por ter vínculos excedentes, os esforços internos dependem da rigidez relativa entre as barras. Com as colunas mais rígidas do que a viga, as rotações das extremidades da vigas são menores do que no caso com todas as barras com rigidez iguais, se aproximando do caso de uma viga com extremidades engastadas. Portanto, o diagrama de momentos fletores fica alterado com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colunas.

Exemplo 03 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 4,0 x 104 kNm2.

164 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Sistema Principal e Hiperestáticos X2

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

[kNm]

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP

Caso (2) – Hiperestático X2 isolado no SP

X2 = 1

X1 = 1 X1 = 1

1/6 1/6

M1 1/6

x X1

X2 = 1 1/6

1/6

1/6 1/6 1/6

1/6

Equações de compatibilidade: δ 10 + δ 11 X 1 + δ 12 X 2 = 0 X 1 = +19 , 4 kNm 1 − 156 1 + 10 − 2  X 1  0  ⇒ ⋅ ⇒ + ⋅   ⋅ X  = 0  114 2 8 − − + δ δ X δ X + + = 0 EI EI 21 1 22 2      2    20 X 2 = +19 ,1 kNm 1  1 2 1 156  δ 10 = ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 24 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 24 ⋅ 6 = − EI  2 3 3 EI  1  1 1 1 1 114  δ 20 = ⋅ + ⋅ 1 ⋅ 24 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 6 = − EI  3 3 3 3 EI  1 1 1 10 1  1 2   δ 11 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  = + δ 12 = δ 21 = ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = − EI  3 3 EI EI  3 EI  

δ 22 =

1  1 8  ⋅ 4 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  = + EI   3 EI 

Momentos Fletores Finais: M = M0 + M 1 ⋅ X 1 + M 2 ⋅ X 2 M [kNm]

x X2

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 165

Exemplo 04 Considere os quatro pórticos mostrados abaixo. Os pórticos do lado esquerdo são isostáticos e os do lado direito são hiperestáticos. Os pórticos superiores têm como solicitação uma carga uniformemente distribuída aplicada na viga. As duas estruturas inferiores têm como solicitação um aumento uniforme de temperatura (∆T = 12 °C) na viga. Todas as barras têm um material com módulo de elasticidade E = 108 kN/m2 e coeficiente de dilatação térmica α = 10–5 /°C. Todas a barras têm seções transversais com momento de inércia I = 1,0 x 10–3 m4.

Pede-se: (a) Indique os aspectos das configurações deformadas (amplificadas) das quatro estruturas. (b) Determine os diagramas de momentos fletores das estruturas isostáticas e os aspectos (não precisa dos valores numéricos) dos diagramas de momentos fletores das estruturas hiperestáticas. (c) Determine o diagrama de momentos fletores (com valores numéricos) da estrutura hiperestática inferior (solicitada pela variação de temperatura). Deve-se utilizar o Método das Forças, adotando obrigatoriamente como Sistema Principal a estrutura isostática da esquerda. Somente considere deformações por flexão. Sabe-se que o alongamento relativo interno de um elemento infenitesimal de barra devido a uma variação uniforme de temperatura é du = α ∆T dx. Neste caso não existe rotação relativa interna do elemento infinitesimal. (d) Considere que as colunas dos quadros acima tiveram a seção transversal modificada para uma com momento de inércia I = 2,0 x 10-3 m4 (a viga não se altera). Responda: (d.1) Os diagramas de momentos fletores das estruturas isostáticas se alteram? Por que? (d.2) Os diagramas de momentos fletores das estruturas hiperestáticas se alteram? Por que?

Item (a)

166 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Item (b)

[kNm]

M M=0

[kNm] (veja solução abaixo)

Item (c) Caso (0) – Variação de temperatura no SP

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP

δ11 M0=0

δ10

X1 = 1 . X1

δ 10 = α ⋅ ∆T ⋅ L = 10 −5 ⋅ 12 ⋅ 6 = +72 ⋅ 10 −5 m Equação de compatibilidade δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 ⇒ X 1 = −1kN Momentos fletores finais (veja acima) M = M 0 + M 1 ⋅ X 1 = 0 + M 1 ⋅ ( −1) = − M 1

M1 X1 = 1

δ 11 =

∫

(M 1 )2 dx = EI

1  1  ⋅ 2 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + 3 ⋅ 3 ⋅ 6 EI  3 

δ 11 = +72 ⋅ 10 −5 m / kN

Item (d.1) – Na estrutura isostática, o diagrama de momentos fletores só depende dos valores da carga e reações, e da geometria da estrutura. Com a consideração da hipótese de pequenos deslocamentos, as equações de equilíbrio podem ser escritas para a geometria indeformada (original) da estrutura. Portanto, o diagrama de momentos fletores não se altera com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colunas. No caso da carga uniformente distribuída, a estrutura isostática terá sempre o diagrama de momentos fletores indicado no item (a) (diagrama parabólico no viga). No caso da variação de temperatura, a estrutura isostática terá sempre momentos fletores nulos. Item (d.2) – Na estrutura hiperestática, por ter vínculos excedentes, os esforços internos dependem da rigidez relativa entre as barras. Com as colunas mais rígidas do que a viga, as rotações das extremidades da viga são menores do que no caso com todas as barras com rigidez iguais, se aproximando do caso de uma viga com extremidades engastadas. Portanto, o diagrama de momentos fletores fica alterado com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colunas. No caso da carga uniformente distribuída, a estrutura isostática terá como o mesmo aspecto do diagrama de momentos fletores indicado no item (a), mas os valores ficam alterados em relação ao diagrama com viga e colunas com mesma seção transversal.

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 167

A solução da estrutura hiperestática pelo Método das Forças, para a solicitação de variação uniforme de temperatura na viga, demonstra que a os valores dos momentos fletores finais dependem dos valores relativos entre momentos de inércia das seções transversais barras: O caso (0) mostrado no item (c) permanece inalterado, isto é: δ 10 = α ⋅ ∆T ⋅ L = 10 −5 ⋅ 12 ⋅ 6 = +72 ⋅ 10 −5 m . O diagrama de momentos fletores M1 do item (c) é o mesmo, mas o valor do coeficiente de flexibilidade fica alterado: 1 1  1  ⋅ [3 ⋅ 3 ⋅ 6] + ⋅  2 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 δ 11 = EI viga EI coluna  3  24/7 24/7

δ 11 = 54 ⋅ 10 −5 + 9 ⋅ 10 −5 = 63 ⋅ 10 −5 m / kN Equação de compatibilidade δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 ⇒ X 1 = − 8 7 kN

24/7

Momentos fletores finais M = M0 + M1 ⋅ X1 = M1 ⋅ − 8 7

[kNm]

( )

8/7

Exemplo 05 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 1,0 x 105 kNm2.

Sistema Principal e Hiperestáticos (g = 2) X2 X2 X1

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

168 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP

Caso (2) – Hiperestático X2 isolado no SP

1/6

X1 = 1 X1 = 1

1/6

. X1

X2 = 1

1/6

. X2

M2 1/6 1/6

1/6 1/6

Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = −61.3kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = +170.7 kNm 1296 1 1 1  1  δ 10 = ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 288 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 288 ⋅ 6 = + EI  3 EI 3 2 

δ 20

1 1  1  − 3 ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 6 − 3 ⋅ 1 ⋅ 288 ⋅ 6 + 3 ⋅ 1 ⋅ 288 ⋅ 6   1  1 1  = − 1440 = ⋅ − ⋅ 0.5 ⋅ 432 ⋅ 3 + ⋅ 0.5 ⋅ 432 ⋅ 3  3 EI  3 EI  1  − ⋅ 0.5 ⋅ 144 ⋅ 3 − 1 ⋅ 0.5 ⋅ 144 ⋅ 3  3  3  1 10 1 1  ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = + EI  3 3 EI  1 4 1 1 1  = δ 21 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = − EI  6 2 3 EI  1 7 1  1  = ⋅ 3 ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + 4 ⋅ ⋅ 0 .5 ⋅ 0 .5 ⋅ 3  = + EI  3 3 EI 

δ 11 = δ 12 δ 22

Exemplo 06 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 4,0 x 104 kNm2.

1/6 1/6

1/6

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M [kNm]

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 169

Sistema Principal e Hiperestáticos (g=2) X1

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M [kNm]

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Caso (1) – X1 isolado no SP

Caso (2) – X2 isolado no SP X1=1

1/3

1/3 1/3

1/3

X1=1

1/3

δ 20

X2=1

1/3

1 1 1  ⋅ 1 ⋅ 180 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 3 1 2 405 2 3 = ⋅ =+ 1 EI  1 EI  + ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 3 3  3 

1/3

. X1

1/3

Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = −20.5 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = −52.1kNm 378 1 1 1 1  δ 10 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 180 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 3 = + EI  2 EI 2 2 

1/3

δ 22

1/3

1  1 7  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  = + EI  3 EI  1  1 9  = δ 21 = ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = + EI  2 2EI  1  1 6  = ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 3 ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = + EI  3 EI 

δ 11 = δ 12

X2=1

. X2

170 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Exemplo 07 Para a viga contínua com dois vãos mostrada abaixo pede-se o diagrama de momentos fletores utilizando o Método das Forças. As seguintes solicitações atuam na estrutura concomitantemente: · Uma carga concentrada de 40 kN no centro de cada vão. · Aquecimento das fibras superiores da viga de ∆Ts = 50 °C ao longo de toda a sua extensão (as fibras inferiores não sofrem variação de temperatura, isto é, ∆Ti = 0 °C). · Recalque vertical (para baixo) de 3 cm do apoio direito.

Sabe-se: (a) A viga tem um material com módulo de elasticidade E = 108 kN/m2 e coeficiente de dilatação térmica α = 10–5 /°C. (b) A viga tem seção transversal com área A = 1,0 x 10–2 m2 e momento de inércia I = 1,0 x 10–3 m4. A altura da seção transversal é h = 0,60 m e o seu centro de gravidade fica posicionado na metade da altura. (c) O deslocamento axial relativo interno provocado pela variação de temperatura em um elemento infinitesimal de barra é duT = α ∆TCG dx, sendo ∆TCG a variação de temperatura na fibra do centro de gravidade da seção transversal. (d) O rotação relativa interna provocada pela variação de temperatura em um elemento infinitesimal de barra é α (∆Ti − ∆Ts ) dθ T = dx . h Sistema Principal e Hiperestático (g=1) X1 X1

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

M0 [kNm]

Como o Sistema Principal é isostático, a variação de temperatura e o recalque de apoio só provocam deslocamentos (não provocam esforços internos). Portanto, os momentos fletores só são devidos às cargas de 40 kN aplicadas.

Equação de compatibilidade δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0

Caso (1) – X1 isolado no SP M1 X1=1

. X1

X1=1

1/6 1/3

1/6

δ 10 é a rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula introduzida na criação do Sistema Principal no caso (0). δ 11 é a rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula introduzida na criação do Sistema Principal devido a X 1 = 1 no caso (1).

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 171

Cálculo de δ 10 pelo Princípio das Forças Virtuais (PFV) Sistema Real (Estrutura da qual se quer calcular a rotação relativa.) É o caso (0).

Sistema Virtual (Estrutura com momentos unitários virtuais na direção da rotação relativa que se quer calcular.) É o caso (1) com X 1 = 1 .

PFV: WE = U WE → Trabalho das forças externas do sistema virtual com os correspondentes deslocamentos externos do sistema real. Neste caso, o trabalho externo virtual é igual ao produto de X 1 = 1 por δ 10 mais o produto da reação vertical no apoio direito do caso (1) – força de 1/6 para baixo – pelo recalque de apoio: WE = 1 ⋅ δ 10 + ( −1 / 6) ⋅ ( −0.03) . WE = U ⇒ M M α ⋅ ( ∆Ti − ∆Ts ) 1 δ 10 = ∫ 1 0 dx + M 1 dx − ⋅ 0.03 ∫ EI h 6

δ 10 = +

1   1 1 1  ⋅ 2 ⋅  − ⋅ 0.5 ⋅ 60 ⋅ 3 − ⋅ 0.5 ⋅ 60 ⋅ 3 − ⋅ 1.0 ⋅ 60 ⋅ 3  3 6 EI   3 

α ⋅ ( −50 )   1 180  1 ⋅ 2 ⋅  − ⋅ 6 ⋅ 1.0  − ⋅ 0.03 = − 0.60   2 EI  6

δ 11 =

1  1 4  ⋅ 2 ⋅  ⋅ 1.0 ⋅ 1.0 ⋅ 6  = + EI   3 EI 

δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 ⇒ X 1 = 45 kNm

dθ T = [α ⋅ ( ∆Ti − ∆Ts ) / h ]dx Deve ser observado que o recalque de apoio não provoca rotação relativa interna (só provoca movimento de corpo rígido). Assim: U = ∫ Mdθ = ∫ M 1 dθ = ∫ M 1 dθ P + ∫ M 1 dθ T estrutura

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1

U → Energia de deformação interna virtual. (Despreza-se a energia de deformação por cisalhamento e, como o esforço normal no caso (1) é nulo, a energia de deformação axial é nula.) Portanto, a energia de deformação é somente devida à flexão, isto é, é a energia (virtual) provocada pelos momentos fletores do sistema virtual M = M 1 com as correspondentes rotações relativas internas do sistema real dθ . A rotação relativa interna real no caso (0) é devida às cargas de 40 kN aplicadas e devida à variação de temperatura: dθ = dθ P + dθ T Sendo, dθ P = ( M 0 / EI )dx e

M [kNm]

Exemplo 08 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 4.0x104 kNm2. Somente considere deformações por flexão.

estrutura

M ⋅ M0 M ⋅ α ⋅ ( ∆Ti − ∆Ts ) U=∫ 1 dx + ∫ 1 dx EI h

172 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Sistema Principal e Hiperestáticos

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

X2 X1

[kNm]

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP

Caso (2) – Hiperestático X2 isolado no SP 1/6

1/6

1/3 1

1/3

1/3 1/6

2 1/3 1/3

1/3

1/3 1/3

x X2

x X1

1/3 1/3

X1 = 1 1/3 1/3

X1 = 1

1/6

X2 = 1

1/6

X2 = 1

1/3

Sistema de Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = −48.6 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = +24.3 kNm

Momentos fletores finais M = M 0 + M1 X1 + M 2 X 2

1 1 1 1 1 1 936  ⋅ ⋅ 2 ⋅ 216 ⋅ 3 + ⋅ 2 ⋅ 72 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 3 = + 2 3 3 3 EI  2 EI  1  1 1 1 1 1 486  = ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 216 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 9 ⋅ 3 = − 2 3 3 3 EI  2 EI 

δ 10 = δ 20

δ 11 =

1  16 1  ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 + 4 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  = + EI  EI 3 

δ 12 = δ 21 = δ 22 =

1  1 1 13  ⋅  − 2 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = − 3 6 EI  2 EI 

1  7  1  1 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  = + EI  EI 3  3 

M [kNm]

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 173

Exemplo 09 Considere a estrutura hiperestática abaixo, onde também está indicado o seu diagrama de momentos fletores. Todas as barras têm a mesma inércia a flexão EI e pode-se considerar que não existem deformações axiais e de cisalhamento nas barras.

[kNm]

Pede-se: Item (a) Determine um possível sistema principal (Método das Forças) para o quadro acima. As incógnitas (hiperestáticos) também devem ser indicadas. Mostre a decomposição do sistema principal em quadros isostáticos simples (tri-articulados, bi-apoiados ou engastados e em balanço). Item (b) Considerando o sistema principal encontrado no item anterior, indique os casos básicos – caso (0), caso (1), caso (2), etc. – utilizados para análise da estrutura pelo Método das Forças. Determine os diagramas de momentos fletores para todos os casos básicos. Item (c) Escreva literalmente (somente símbolos, sem números) o sistema de equações finais da solução desta estrutura pelo Método das Forças. Escolha uma destas equações e indique as expressões numéricas envolvidas nos cálculos de cada um dos coeficientes da equação escolhida. Não é preciso completar as contas para calcular os coeficientes. Indique que tipo de condição que esta equação está impondo. Indique as interpretações físicas e unidades de todos os coeficientes que aparecem na equação escolhida. Item (d) Com base no diagrama de momentos fletores fornecido para a estrutura hiperestática e no sistema principal escolhido, determine os valores das incógnitas (hiperestáticos) que resultariam da solução da estrutura pelo Método das Forças. Demonstre que a superposição dos casos básicos, considerando os valores dos hiperestáticos encontrados, resulta no diagrama de momentos fletores fornecido.

Item (a) Sistema Principal e Hiperestáticos (g=3) X1

X1 X1

X1 X2

X2 X2 X2 X3

174 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Item (b) Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Caso (1) – X1 isolado no SP X1=1 X1=1

1/6 1/3

1/3 1/6

. X1

1/6 1/3 1/3

M0 1/6

1/6

Caso (3) – X3 isolado no SP

Caso (2) – X2 isolado no SP 1/3 1/3

X2=1 X2=1 1/3

1/3

. X2

. X3 M3 X3=1 1/3

1/3

Item (c) Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12 δ 13  X 1  0         δ 20  + δ 21 δ 22 δ 23  X 2  = 0  δ  δ      30   31 δ 32 δ 33  X 3  0  Considere a primeira equação deste sistema: Esta equação impõe uma condição de compatibilidade interna: a rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula associada a X1 é nula, isto é, no ponto onde foi introduzida a rótula a rotação da elástica é contínua. Termo de carga δ10 [rad] → rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula associada a X1 devida à solicitação externa no caso (0): 1  1 1 1 1 1 1  δ 10 = ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 36 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3 − ⋅ 0.5 ⋅ 192 ⋅ 3 + ⋅ 0.5 ⋅ 72 ⋅ 3 + ⋅ 0.5 ⋅ 132 ⋅ 3 + ⋅ 0.5 ⋅ 72 ⋅ 3 3 3 3 3 3 EI  3  Coeficiente de flexibilidade δ11 [rad/kNm] → rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula associada a X1 devida a X1 = 1: 1 1 1  1  δ 11 = ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + 2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  + 4 ⋅  ⋅ 0.5 ⋅ 0.5 ⋅ 3  EI  3 3  3  Coeficiente de flexibilidade δ12 [rad/kNm] → rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula associada a X1 devida a X2 = 1:

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 175

δ 12

1  1 1 1 1 1  = ⋅  − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 0 .5 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 0 .5 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 0 .5 ⋅ 1 ⋅ 3  6 2 3 3 EI  3 

Coeficiente de flexibilidade δ13 [rad/kNm] → rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula associada a X1 devida a X3 = 1: 1 1 1  δ 13 = ⋅  ⋅ 0.5 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 0.5 ⋅ 1 ⋅ 3 2 EI  3  Item (d) Os valores dos hiperestáticos podem ser obtidos do diagrama de momentos fletores finais da estrutura que foi fornecido:

Demonstração de que a superposição dos casos básicos resulta nos momentos finais: M0 + M1·X1 + M2·X2 + M3·X3 = M

X1 = +35.1 kNm

Considere o momento fletor assinalado no diagrama. Observa-se que este valor pode ser obtido pela superposição dos momentos fletores dos casos básicos nesta seção: +132 + 0.5·35.1 + (-1.0)·28.2 + (-1.0)·89.1 = +32.3

X2 = +28.2 kNm

X3 = +89.1 kNm

O mesmo pode ser verificado para outras seções.

[kNm]

Exemplo 10 Considere os dois pórticos mostrados abaixo. As duas estruturas têm como solicitação o carregamento uniformemente distribuído indicado e um aumento de temperatura ∆Ti = 16 °C nas fibras inferiores da viga. As fibras superiores da viga não sofrem variação de temperatura (∆Ts = 0 °C). Todas as barras têm um material com módulo de elasticidade E = 1,0 x 108 kN/m2 e coeficiente de dilatação térmica α = 10–5 /°C. Todas a barras têm seções transversais com momento de inércia I = 1,0 x 10–3 m4, altura h = 0.60 m e centro de gravidade no meio de altura. Somente considere os efeitos axiais para a variação de temperatura.

176 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Pede-se: Item (a): Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura isostática. Item (b): Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura hiperestática. Item (c): Considere que as colunas dos quadros acima tiveram a seção transversal modificada para uma com momento de inércia I = 2,0 x 10-3 m4 (a viga não se altera). Responda: (c.1) Os diagramas de momentos fletores das estruturas isostáticas se alteram? Por que? (c.2) Os diagramas de momentos fletores das estruturas hiperestáticas se alteram? Por que?

Item (a)

Item (b) Sistema Principal e Hiperestático (g=1)

[kNm]

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

δ10

Caso (1) – X1 isolado no SP N1= +1 N1= 0

N1= 0

. X1

δ11 X1=1

Equação de compatibilidade δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 q

T : Sendo δ 10 = δ 10 + δ 10 q δ 10 → deslocamento horizontal da seção do apoio da direita devido à carga distribuída no caso (0). T δ 10 → deslocamento horizontal da seção do apoio da direita devido à variação de temperatura no caso (0).

X1=1

M1 M0 1 2  dx = ⋅ 3 ⋅ 72 ⋅ 6  = +864 ⋅ 10 − 5 m EI EI  3 

∫ = M dθ + N du ∫ ∫

q δ 10 = T δ 10

viga

α ⋅ (∆Ti − ∆Ts ) α ⋅ 80 dx = dx 3 h duT = α ⋅ ∆TGC ⋅ dx = α ⋅ 8 ⋅ dx dθ T =

T δ 10 =

T δ 10

α ⋅ 80 3

∫ M dx + α ⋅ 8 ∫ N dx 1

viga

α ⋅ 80 = ⋅ 6 ⋅ 3 + α ⋅ 8 ⋅ 6 ⋅ 1 = +528 ⋅ 10 − 5 m 3

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 177

δ 11 =

∫

(M 1 )2 dx = EI

δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 →

1  1  ⋅ 2 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + 3 ⋅ 3 ⋅ 6 EI  3 

(864 + 528) ⋅ 10 − 5 + 72 ⋅ 10 − 5 ⋅ X 1 = 0

δ 11 = +72 ⋅ 10 −5 m / kN

⇒ X1 = −

58 kN 3

Momentos fletores finais M = M 0 + M1 ⋅ X1

[kNm]

Item (c) Item (c.1) – Na estrutura isostática, o diagrama de momentos fletores só depende dos valores da carga e reações, e da geometria da estrutura. Com a consideração da hipótese de pequenos deslocamentos, as equações de equilíbrio podem ser escritas para a geometria indeformada (original) da estrutura. Portanto, o diagrama de momentos fletores não se altera com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colunas. No caso da carga uniformente distribuída, a estrutura isostática terá sempre o diagrama de momentos fletores indicado no item (a) (diagrama parabólico na viga). Momentos fletores devidos à variação de temperatura isolada na estrutura isostática são sempre nulos. Item (c.2) – Na estrutura hiperestática, por ter vínculos excedentes, os esforços internos dependem da rigidez relativa entre as barras. Com as colunas mais rígidas do que a viga, as rotações das extremidades da viga são menores do que no caso com todas as barras com mesma rigidez à flexão EI, se aproximando do caso de uma viga com extremidades engastadas. Portanto, o diagrama de momentos fletores fica alterado com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colunas. A solução da estrutura hiperestática pelo Método das Forças mostrada no item (b) demonstra que os valores dos momentos fletores finais dependem dos valores relativos entre momentos de inércia das seções transversais das barras.

Exemplo 11 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 1,0 x 105 kNm2.

178 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Sistema Principal e Hiperestáticos (g = 2)

X2 X1

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP 1/3

Caso (2) – Hiperestático X2 isolado no SP 1/6

1/3

1/6

1/3 1/3 1/6

. X1 1/3

1/3

X2 = 1

X1 = 1 X1 = 1

. X2 X2 = 1

1/6 1/6 1/6

1/3

Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = +14.6 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = −43.8kNm

δ 10 =

δ 20

1  1  + 3 ⋅ 0.5 ⋅ 36 ⋅ 3 + 3 ⋅ 0.5 ⋅ 36 ⋅ 3    1  1 1  = + 270 = ⋅ + ⋅ 0.5 ⋅ 180 ⋅ 3 − ⋅ 0.5 ⋅ 180 ⋅ 3   EI 3 3 EI  1  1 1 + ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 18 ⋅ 3  3  3 3 8 1 1 1  ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = + EI  3 3 EI  1  1 1 1 7  = δ 21 = ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = − EI  3 2 6 2EI  1  1 1 1 5  = ⋅ 4 ⋅ ⋅ 0 .5 ⋅ 0 .5 ⋅ 3 + 2 ⋅ ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  = + EI  3 3 EI 3 

δ 11 = δ 12 δ 22

1  1 1 1 270  ⋅ − ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 72 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 18 ⋅ 3 = − EI  3 2 3 EI 

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M [kNm]

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 179

Exemplo 12 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 2,4 x 104 kNm2.

Sistema Principal e Hiperestáticos (g=2)

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

X2 X2 X1

M0 X1

Caso (1) – X1 isolado no SP

Caso (2) – X2 isolado no SP 1/6

1/4

X2=1

1/6

X2=1

1/6

. X1

X1=1

1/4

1/6

Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = −13 ,0 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = +60 ,6 kNm

δ 10

1 1  1 ⋅ 1 ⋅ 30 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 30 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 120 ⋅ 6 1 3 280 2 2 = ⋅ =− 1 1 EI  EI  − ⋅ 1 ⋅ 120 ⋅ 4 + ⋅ 1 ⋅ 45 ⋅ 6 3   3

δ 20 =

1/4

X1=1

1/4

1 1 1 1 430  ⋅ ⋅ 1 ⋅ 30 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 120 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 120 ⋅ 4 = − EI  2 2 3 EI 

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M [kNm]

δ 11

  1  2 ⋅  3 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  + 1 ⋅ 1 ⋅ 6 1     = + 38 = ⋅  EI  3EI 1   + 2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 4  3    

δ 12 = δ 21 = δ 22 =

1  1 22  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 4  = + 3 EI  3EI 

1  26 1  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + 2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 4  = + 3 EI  3 EI  

. X2

180 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Exemplo 13 – Provão de Engenharia Civil, 2002 Em uma construção a meia encosta, a laje de piso foi apoiada em estruturas metálicas compostas de perfis I, colocados de modo a oferecer a maior resistência ao momento fletor atuante. Ao inspecionar a obra para recebimento, você verificou a existência de um recalque vertical de 1 cm no engaste A de uma das estruturas metálicas, cujo modelo estrutural é apresentado na figura abaixo (na esquerda). A fim de avaliar os esforços adicionais nessa estrutura, ocasionados pelo recalque, você utilizou o Método das Forças e, para tanto, escolheu o Sistema Principal (no qual foi colocada uma rótula no nó B) e o hiperestático X1 (carga momento em ambos os lados da rótula inserida em B), mostrados na figura (no centro). A seção transversal do perfil e a orientação dos eixos x e y estão representadas na figura (na direita). laje

X1 C

Módulo de elasticidade do material: E = 2,0 x 108 kN/m2

X1 encosta

Momentos de inércia da seção transversal: Jx = 5,1 x 10-5 m4 Jy = 8,4 x 10-6 m4

Com base no exposto, pede-se o diagrama de momentos fletores, causado apenas pelo recalque em A. Despreze deformações axiais das barras. Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

δ 10 = ρ / 4 δ 10 = +2 ,5 ⋅ 10 −3 rad

Caso (1) – X1 isolado no SP

X1=1 X1=1

ρ = 0 ,01 m

1/4

M1 M0 = 0

. X1

VA = 1/4 Equação de compatibilidade δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0

δ 10 é a rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula do Sistema Principal provocada pelo recalque de apoio no caso (0). δ 11 é a rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula do Sistema Principal provocada por X 1 = 1 no caso (1). 1  1 10  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 2 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 4  = + 3 EI  3EI  O enunciado diz que os perfis metálicos foram colocados de modo a oferecer a maior resistência ao momento fletor atuante. Portanto, o momento de inércia da seção transversal a ser adotado é o maior momento de inércia da barra: I = Jx = 5,1 x 10-5 m4.

δ 11 =

δ 10 + δ 11 ⋅ X 1 = 0 → 2 ,5 ⋅ 10 − 3 +

10 X 1 ⇒ X 1 = −7 ,65 kNm. 3 ⋅ 2 ⋅ 10 ⋅ 5,1 ⋅ 10 − 5 8

Cálculo de δ 10 pelo Princípio das Forças Virtuais (PFV) Sistema Virtual Sistema Real (Estrutura da qual se quer calcular a rotação (Estrutura com momentos unitários virtuais relativa.) na direção da rotação relativa que se quer calcular.) É o caso (0). É o caso (1) com X 1 = 1 .

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 181

PFV: WE = U WE → Trabalho das forças externas do sistema virtual com os correspondentes deslocamentos externos do sistema real. Neste caso, o trabalho externo virtual é igual ao produto de X 1 = 1 por δ 10 mais o produto da reação vertical no apoio esquerdo do caso (1) – força de 1/4 para cima – pelo recalque de apoio: WE = 1 ⋅ δ 10 + VA ⋅ ρ WE = 1 ⋅ δ 10 + ( +1 / 4) ⋅ ( −0 ,01)

U → Energia de deformação interna virtual. O recalque de apoio não provoca deformações internas (só provoca movimentos de corpo rígido das barras). Portanto: U =0

WE = U ⇒ δ 10 + ( +1 / 4) ⋅ ( −0 ,01) = 0 ∴ δ 10 = 0 ,01 / 4 = +2 ,5 ⋅ 10 −3 rad

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1 M M0 = 0

X1 = –7,65

[kNm]

Exemplo 14 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 1,0 x 104 kNm2.

Sistema Principal e Hiperestáticos (g=2)

X2 X1 X2 X1

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

182 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Caso (2) – X2 isolado no SP

Caso (1) – X1 isolado no SP 1/6 1/6

. X1

X1=1

. X2

1/6 1/6

X1=1

1/3

1/6

1/3

1/3 1/6

X2=1

Equações de Compatibilidade δ 10  δ 11 δ 12  X 1  0 X 1 = +6 ,8 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0 X 2 = −21,5 kNm 1 1   1 − ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 18 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 6 1  3 147 3 3 δ 10 = ⋅  =− 1 1 EI  EI  + ⋅1⋅6 ⋅3 + ⋅1⋅6 ⋅ 3 3   2

δ 20 =

1 1 1 1 1 156  ⋅ ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 18 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 6 ⋅ 3 = + EI  3 3 3 3 EI 

Momentos Fletores Finais M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M [kNm]

Exemplo 15 Utilizando o Método das Forças, determine o diagrama de esforços normais para a treliça hiperestática ao lado submetida ao carregamento indicado e a um aumento uniforme de temperatura de 50 °C em todas as barras. Todas as barras têm o mesmo valor para a inércia axial EA = 1,0 x 105 kN e para o coeficiente de dilatação térmica α = 1,0 x 10-5 /°C. Sabese que o deslocamento axial relativo interno para uma variação uniforme de temperatura T é igual a: duT = αTdx.

δ 11

1/6

X2=1 1/3 1/6

  1   2 ⋅  3 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  + 1    =+ 9 = ⋅  EI   1 EI   2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  + 1 ⋅ 1 ⋅ 3    3

δ 12 = δ 21 = δ 22 =

1   1 4   1 ⋅ 2 ⋅  − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 = − EI   3 EI  3 

1  1 6  1  ⋅ 2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6  + 2 ⋅  ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3  = + EI   3 3 EI   

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 183

Sistema Principal e Hiperestáticos Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP (g=1)

Caso (1) – X1 isolado no SP N1

N0 X1

- 25 2

+25

. X1

- 25 2

X1=1 1

+25

(N0 só é devido à carga de 50 kN pois a variação de temperatura não provoca esforços no SP isostático )

Equação de Compatibilidade δ 10 + δ 11 X 1 = 0

P δ 10 =

N1N0

∫ EA dx = EA ⋅ [2 ⋅ (1 ⋅ 25 ⋅ 4)] = + EA ∫ N du = ∫ N αTdx = 50α ⋅ ∫ N dx = 50α ⋅ [2 ⋅ (1 ⋅ 4)] = +400α

P δ 10 → deslocamento horizontal no apoio da direita devido à carga P = 50 kN no caso (0). P δ 10 → deslocamento horizontal no apoio da direita devido à variação uniforme de temperatura T = 50 °C no caso (0).

T δ 10

δ 11 =

∫

estrutura 5

EA = 1 ⋅ 10 kN

α = 1 ⋅ 10 −5 / C

⇒ ( 200 + 400 ) ⋅ 10 − 5 + 8 ⋅ 10 − 5 X 1 = 0

- 25 2

0 –50

N 12 1 8 dx = ⋅ [2 ⋅ (1 ⋅ 1 ⋅ 4 )] = + EA EA EA

N = N0 + N1·X1

[kN]

estrutura

∴ X 1 = −75 kN

Esforços Normais Finais

- 25 2

200

estrutura

P T Termo de carga: δ 10 = δ 10 + δ 10

–50

Exemplo 16 Determine pelo Método das Forças o diagrama de momentos fletores do quadro hiperestático ao lado. Somente considere deformações por flexão. Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI = 9,6 x 104 kNm2.

184 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Sistema Principal e Hiperestáticos (g=2)

Caso (1) – X1 isolado no SP

Caso (2) – X2 isolado no SP 1/3

1/3

X1=1 X1=1 1/3

1/6

X2=1

1/6

1/3

M2 X2=1

1/3 1/3

1/6

1/3

x. X1

1/3

1/3 1/6

1/3

1/6 1/6 1

1/6 1/6

Equações de compatibilidade: δ 10  δ 11 δ 12   X 1  0  X 1 = +60 ,6 kNm  +    =   ⇒  δ 20  δ 21 δ 22  X 2  0  X 2 = −29 ,7 kNm 1   1 − ⋅ 1 ⋅ 54 ⋅ 6 − ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3  1  3 528 3 δ 10 = ⋅  =− 1 EI  1 EI − ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 180 ⋅ 3   2 2  1  1 1 1 420  δ 20 = ⋅ + ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 60 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 180 ⋅ 3 = + 2 2 EI  3 EI  1  1 1 1 7  δ 11 = ⋅ + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = + EI  3 3 3 EI  1  1 1 7  δ 12 = δ 21 = ⋅ + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 − ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 − 1 ⋅ 1 ⋅ 3  = − 3 EI  6 2EI  1  1 1 1 7  δ 22 = ⋅ + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 6 + ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 ⋅ 3  = + 3 3 EI  3 EI 

Momentos fletores finais: M = M0 + M1·X1 + M2·X2

M [kNm]

x. X2

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 185

Exemplo 17 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. A relação entre a rigidez à torção e a rigidez à flexão é GJt = 6EI, para todas as barras.

Sistema Principal (SP) e Hiperestático

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP 240

[kNm]

[kNm] +120

120 0 0

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP

M1 X1 = 1 3

T1 –6

X1 = 1

x X1

–3 6

Equação de Compatibilidade δ 10 + δ 11 X 1 = 0 1 1 1  1  1 δ 10 = − ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 120 + ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 240 − ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 240 ⋅ + [6 ⋅ ( −6) ⋅ 120]⋅ 6 3 GJ t  3  EI 2160 4320 2880 δ 10 = − − =− EI 6EI EI 1 1 1 1 1  1 δ 11 =  ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ + [6 ⋅ ( −3) ⋅ ( −3) + 6 ⋅ ( −6 ) ⋅ ( −6)]⋅ 3 3 3 GJ t 3  EI 99 270 144 δ 11 = + =+ EI 6EI EI ⇒ X1 = 20 kN

186 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Momentos Fletores e Momentos Torçores finais

M = M 0 + M1 X1

T = T0 + T1 X 1

180 M

[kNm]

–60

Exemplo 18 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. A relação entre a rigidez à torção e a rigidez à flexão é GJt = 3EI, para todas as barras.

Sistema Principal (SP) e Hiperestático

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

M0 [kNm]

24 kN

12 kN

T0 [kNm]

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP 3

–3 M1

–3

0 X1 = 1

3 2

X1 = 1

x X1

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 187

Equação de Compatibilidade δ 10 + δ 11 X 1 = 0

1 1 1 243 324 351  1  1 δ 10 = + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 36 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 9 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 36 ⋅ + [3 ⋅ (−3) ⋅ (−36)]⋅ = + =+ 3 3 GJ t EI 3EI EI  3  EI 1 1 1 1 36 54 54 1  1 δ 11 =  ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ + [3 ⋅ (−3) ⋅ (−3) + 3 ⋅ (−3) ⋅ (−3)]⋅ = + =+ 3 3 3 GJ t EI 3EI EI 3  EI ⇒

X1 = –6.5 kN

Momentos Fletores e Momentos Torçores finais

M = M 0 + M1 X1

T = T0 + T1 X 1

[kNm]

24 kN

6.5 kN

1 kN

5.5 kN

Exemplo 19 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. A relação entre a rigidez à torção e a rigidez à flexão é GJt = 3EI, para todas as barras.

Sistema Principal (SP) e Hiperestático

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

M0 [kNm] T0 [kNm]

188 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP 3 –3

–3

x X1

X1 = 1

δ 10 + δ 11 X 1 = 0

Equação de Compatibilidade:

⇒

X1 = +10.25 kN

1 1 1 1 1 1 1 1107  1  1 δ 10 = − ⋅ 6 ⋅108 ⋅ 3 − ⋅ 6 ⋅ 36 ⋅ 3 − ⋅ 3 ⋅108 ⋅ 3 − ⋅ 3 ⋅ 36 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 72 ⋅ 3 − ⋅ 3 ⋅ 36 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 9 ⋅ 3 ⋅ + [(−3) ⋅ 36 ⋅ 3]⋅ =− EI GJ EI 3 6 6 3 6 3 3   t

1 1 1 1 1 90 54 108 1  1 δ 11 =  ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 3 + ⋅ 6 ⋅ 3 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 6 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + 3 ⋅  ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ + [2 ⋅ ((−3) ⋅ (−3) ⋅ 3)]⋅ = + =+ EI GJ EI EI EI 3 6 6 3 3 3    t Momentos Fletores e Momentos Torçores finais M = M 0 + M1 X1

M [kNm]

30.75 5.25

T = T0 + T1 X 1

46.5

[kNm] 30.75 5.25

Exemplo 20 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. A relação entre a rigidez à torção e a rigidez à flexão é GJt = 3EI, para todas as barras.

Sistema Principal (SP) e Hiperestático

–30.75

–72

+5.25

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 189

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

T0 [kNm]

M0 [kNm] 120

0 20

+120

20 0

0 0 120 20

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP 0

1/2

1/2 0

X1 = 1

x X1

+3 1/2

1/2

Equação de Compatibilidade: 1 360  1  1 δ 10 = − ⋅ 3 ⋅120 ⋅ 6 ⋅ + [0]⋅ =− EI GJ EI 6   t

 1 1 54 81 81  1  1 δ 11 = 2 ⋅  ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 + 2 ⋅  ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 6  ⋅ + [(+3) ⋅ (+3) ⋅ 3 + (+3) ⋅ (+3) ⋅ 6]⋅ = + =+ 3 EI GJ EI EI EI 3 3      t δ 10 + δ 11 X 1 = 0 ⇒ X1 = +4.4 kN Momentos Fletores e Momentos Torçores finais M = M 0 + M1 X1

T = T0 + T1 X 1

M [kNm]

T [kNm]

120

+120 0 13.3 13.3 120

13.3 13.3

Exemplo 21 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. A relação entre a rigidez à torção e a rigidez à flexão é GJt = 6EI, para todas as barras.

+13.3 +13.3

190 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Sistema Principal (SP) e Hiperestático (g = 1)

180

T0 [kNm]

M0 [kNm]

180 20

20 60

+60 +60

Caso (1) – Hiperestático X1 isolado no SP M1

3 0

X1 = 1

x X1

–6

X1 = 1

–3

3 6

Equação de Compatibilidade: 1 1 1 1 1 1  1  1 δ 10 = − ⋅ 3 ⋅ 60 ⋅ 3 + ⋅ 6 ⋅ 60 ⋅ 6 − ⋅ 6 ⋅ 180 ⋅ 6 − ⋅ 3 ⋅ 60 ⋅ 6 + ⋅ 3 ⋅ 60 ⋅ 6 + ⋅ 3 ⋅ 180 ⋅ 6 − ⋅ 3 ⋅ 180 ⋅ 6 ⋅ 6 3 3 6 6 3  3  EI 1 2700 7560 2700 7560 3960 + [( −3) ⋅ (60 ) ⋅ 6 + ( −6 )(180) ⋅ 6]⋅ =− − =− − =− 6EI GJ t EI GJ t EI EI 1 99 270 99 270 144  1  1  1 δ 11 = 3 ⋅  ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3  + ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ + [( −3) ⋅ ( −3) ⋅ 6 + ( −6 ) ⋅ ( −6) ⋅ 6]⋅ = + = + =+ 3 3 EI GJ EI GJ EI EI EI 6     t t δ 10 + δ 11 X 1 = 0 ⇒ X1 = +27.5 kN Momentos Fletores e Momentos Torçores finais M = M0 + M1X1 M [kNm]

T = T0 + T1 X 1

97.5

0 22.5 15

+60

22.5 60

Exemplo 22 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. A relação entre a rigidez à torção e a rigidez à flexão é GJt = 6EI, para todas as barras.

–22.5

[kNm]

+15

+180

Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 191

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP 36

GJ t = 6EI

M0 [kNm]

Sistema Principal e Hiperestático (g = 1)

36 24

0 36

T0 X1

+36

[kNm] 0

+36 0

Caso (1) – Hiperstático X1 isolado no SP Equação de compatibilidade: δ 10 + δ 11 X 1 = 0 M1

1 3

3 2 0

x X1

X1 = 1

0 +3

T1 –3 0

46,8

[kNm] 10,8

  1 1  1 δ 11 = 4 ⋅  + ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3  ⋅ + [( −3) ⋅ ( −3) ⋅ 3 + (+3) ⋅ ( +3) ⋅ 3]⋅ 3 EI GJ     t 36 54 36 54 45 δ 11 = + + =+ + =+ EI GJ t EI 6EI EI 162 45 ∴ X 1 = −3 ,6 kN ⇒ + ⋅ X1 = 0 EI EI

Momentos Torsores Finais: T = T0 + T1 ⋅ X 1

Momentos Fletores Finais: M = M0 + M1 ⋅ X1 M

1 1 1  1  1 δ 10 = + ⋅ 3 ⋅ 36 ⋅ 3 − ⋅ 3 ⋅ 36 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 18 ⋅ 3 + ⋅ 3 ⋅ 36 ⋅ 3 ⋅ 3 3 3  EI  3 1 162 0 162 + [( −3) ⋅ ( +36) ⋅ 3 + ( +3)( +36) ⋅ 3]⋅ =+ + =+ GJ t EI GJ t EI

25,2

T [kNm] 0

0 +25,2 +46,8 0

Exemplo 23 Empregando-se o Método das Forças, obter os diagramas de momentos fletores e momentos torçores para a grelha ao lado. Todas as barras têm a relação indicada entre a rigidez à torção GJt e a rigidez à flexão EI. GJ t =

3 ⋅ EI 2

192 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

GJ t =

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

3 ⋅ EI 2

0 0

Sistema Principal e Hiperestático (g = 1)

[kNm]

–72

[kNm] 0

Caso (1) – Hiperstático X1 isolado no SP Equação de compatibilidade: δ 10 + δ 11 X 1 = 0 6

X1 = 1

M1 6

6 1 0

T1 +6

Momentos Fletores Finais: M = M0 + M1 ⋅ X1

x X1

1 1 1  1  1 δ 10 = − ⋅ 6 ⋅ 72 ⋅ 3 − ⋅ 6 ⋅ 18 ⋅ 3 − ⋅ 6 ⋅ 72 ⋅ 6  ⋅ + [6 ⋅ ( −72 ) ⋅ 3]⋅ 3 3 GJ t  3  EI 1404 1296 1404 2 ⋅ 1296 2268 − =− − δ 10 = − =− EI GJ t EI EI 3 ⋅ GJ t

  1 1   1  1 δ 11 = 2 ⋅  + ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 3  + 2 ⋅  + ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 6  ⋅ + [6 ⋅ 6 ⋅ 3 + 6 ⋅ 6 ⋅ 6]⋅ GJ t   3  EI   3 216 324 216 2 ⋅ 324 432 + =+ + δ 11 = + =+ EI GJ t EI EI 3 ⋅ EI 2268 432 ⇒− + ⋅ X 1 = 0 ∴ X 1 = +5 ,25 kN EI EI

Momentos Torsores Finais: T = T0 + T1 ⋅ X 1 M

[kNm] 18

40,5 31,5

0 –40,5

40,5 +31,5 31,5

[kNm]