Método das Forças - Exemplo de aplicação em Vigas.pdf

Método das Forças Exemplos de Aplicação em Vigas

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO1: Analise a viga da figura por meio do Método das Forças considerando como incógnita redundante o momento fletor no apoio B. Despreze o efeito das deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.

Figura 1 – Viga contínua

Figura 2 – Estrutura isostática fundamental

Propriedades geométricas da seção

 I  AB =

0,20 ⋅ (0,70) 3 12

 I  BC  =

⇒

0,20 ⋅ (0,50) 3

12  I  AB = 2,744 ⋅ I  BC 

 I AB = 5,71667 ⋅10 3 m 4 −

⇒

 I BC  = 2,08333 ⋅ 10 3 m 4

⇒

 I AB = 2,744 ⋅ I 

−

Módulo de elasticidade constante: E = constante

Fase L

Figura 3 – Fase L

3

Método das Forças

Vigas

Figura 4 – Diagrama de momento fletor – Fase L

 M  L m1 dx  M  L m1 dx + ∫ EI  EI   AB BC 

 DQL1 = ∫  DQL1 =  DQL1 =

20 ⋅ (8) 3

+

20 ⋅ (5) 3

24 ⋅ E ⋅ ( 2,744 ⋅ I ) 24 ⋅ EI  155,49 104,167 67,20

EI 

+

+

EI 

+

EI 

48 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ (5 + 2) 6 ⋅ 5 ⋅ EI 

⇒

 DQL1 =

326,857

EI 

Fase 1

Figura 5 – Fase 1

Figura 6 – Diagrama de momento fletor – Fase 1

F 11 = F 11 =

4

∫  AB

(m1 ) 2 dx

EI 

+

∫

( m1 ) 2 dx

 BC 

1⋅ 8 3 ⋅ E ⋅ ( 2,744 ⋅ I )

EI  +

1⋅ 5 3 ⋅ EI 

⇒

F 11 =

2,6385

EI 

Método das Forças

Vigas

Cálculo da redundante

D QL

+

⇒

F Q = DQ

326,857

EI 

+

2,6385 ⋅ Q1

EI 

=

D QL1

+

⇒

0

F11 Q1

=

D Q1

=

0

Q1 = − 123,88 kNm

Cálculo dos esforços nas barras 8 ⋅ V  A −

20 ⋅ (8) 2 2

8 ⋅ V  BE  − 5 ⋅ V  BD − 5 ⋅ V C  −

+

20 ⋅ (8) 2

−

2 20 ⋅ (5) 2 2

20 ⋅ (5) 2 2

⇒

V  A = 64,52 kN 

123,88 = 0

⇒

V  BE  = 95,49 kN 

48 ⋅ 2 − 123,88 = 0

⇒

V  BD = 93,98 kN 

⇒

V C A  = 54,02 kN  V 

123,88 = 0

−

−

48 ⋅ 3 + 123,88 = 0

Pontos de cortante nulo Vão AB

⇒

64,52 − 20 ⋅ X  AB = 0

 X AB = 3,23 m

Vão BC

V  MD = − 54,02 + 20 ⋅ 2 = − 14,02 kN  V  ME  = − 54,02 + 20 ⋅ 2 + 48 = 33,98 kN  (Logo tem-se que a força cortante muda de sinal sob o ponto M) Pontos de momento máximo Vão AB

 M  MÁX  = 3,23 ⋅ 64,52 −

20 ⋅ (3,23) 2 2

⇒

 M  MÁX  =104,05 kNm

Vão BC (sob o ponto M)

 M  MÁX  = 54,02 ⋅ 2 −

20 ⋅ ( 2) 2 2

⇒

 M  MÁX  = 68,05 kNm

5

Método das Forças

Vigas

Diagrama de esforços solicitantes

Figura 7 – Diagrama de força cortante

Figura 8 – Diagrama de momento fletor

6

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO2: Analise a viga da figura através do Método das Forças considerando como incógnitas redundantes os momentos fletores nos apoios A e B. Despreze o efeito das deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes. Dado: EI constante em todos os vãos da viga.

Figura 9 – Viga contínua

Figura 10 – Estrutura isostática fundamental

Fase L

Figura 11 – Fase L

Figura 12 – Diagrama de momento fletor – Fase L

7

Método das Forças

Vigas

 M  L m1 dx  M  L m1 dx  M  L m1dx + + ∫ ∫ EI  EI  EI   AB BC  CD

 DQL1 = ∫

 DQL1 =

12 ⋅ (6) 3

⇒

24 ⋅ EI 

 DQL1 =

108

EI 

 M  L m2 dx  M  L m2 dx  M  L m2 dx + + ∫ ∫ EI  EI  EI   AB BC  CD

 DQL 2 = ∫

 DQL 2 =

 DQL 2 =

12 ⋅ (6) 3 24 ⋅ EI  108

EI 

+

+

18

12 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ [4 ⋅ 1 ⋅ (3 + 4) − ( 2) 2 ]

+

24 ⋅ EI  ⋅ 4 60

+

20

⇒

EI  EI  EI 

 DQL 2 =

+

60 ⋅ ( 4) 2 16 ⋅ EI 

−

30 ⋅ 4 6 ⋅ EI 

166

EI 

Fase 1

Figura 13 – Fase 1

Figura 14 – Diagrama de momento fletor – Fase 1

F 11 = ∫

( m1 ) 2 dx

EI 

 AB

F 11 =

6

8

∫

BC 

⇒

3 ⋅ EI 

F 12 = F 21 =

+

( m1 ) 2 dx

6 6 ⋅ EI 

EI  F 11 = ⇒

∫

+

CD

( m1 ) 2 dx

EI 

2

EI  F 12 = F 21 =

1

EI 

m1 m2 dx m1m2 dx m1 m2 dx + + ∫ EI  CD∫ EI  EI   AB BC 

F 12 = F 21 = ∫

Método das Forças

Vigas

Fase 2

Figura 15 – Fase 2

Figura 16 –Diagrama de momento fletor – Fase 2

F 22 = F 22 =

∫  AB

( m2 ) 2 dx

EI 

2

+

+

(m2 ) 2 dx

∫ BC 

4

⇒

EI  3 ⋅ EI 

∫

+

EI 

(m2 ) 2 dx

EI 

CD

F 22 =

10 3 ⋅ EI 

Cálculo das redundantes 1

−

Q = − F D QL

0  DQ1  DQ =   =   0  DQ 2  F= F F

1 2

1   EI  1 10 / 3

=

1

−

1 ( EI )

=

1

EI 

[20 / 3 2 ⋅

=

1

⇒

1]

3 ⋅ ( EI ) 2 10 / 3 17

108 EI  166 − 3 194  Q= ⋅   17 224 D QL

−

 

−

1

−

F

1

 2

=

⇒

17 3 ⋅ ( EI ) 2

F

1

−

=

10 / 3 EI  17  −1 3

⋅

−

1



2

⋅

⇒

− 34,24  kN ⋅ m − 39 , 53  

Q =

9

Método das Forças

Vigas

Esforços nas barras 6 ⋅ V  A −

12 ⋅ (6) 2

6 ⋅ V  BE  −

−

2

34,24 + 39,53 = 0

12 ⋅ (6) 2

+ 34,24 − 39,53 = 0 2 4 ⋅ V  BD − 12 ⋅ 2 ⋅ 3 − 60 ⋅ 2 − 39,53 + 30 = 0

4 ⋅ V CE  −

12 ⋅ (2) 2

2 1,50 ⋅ V CD − 30 = 0

−

60 ⋅ 2 + 39,53 − 30 = 0

⇒

V  A = 35,12 kN 

⇒

V  BE  = 36,88 kN 

⇒

V  BD = 50,38 kN 

⇒

V CE  = 33,62 kN 

⇒

V CD = 20,00 kN 

Pontos de cortante nulo Vão AB 35,12 − 12 ⋅ X  AB

=

⇒

 X AB = 2,93 m

⇒ ⇒

V EE  = 26,38 kN  V ED = − 33,62 kN 

0

Vão BC

V EE  = 50,38 −12 ⋅ 2 V ED = 50,38 −12 ⋅ 2 − 60

Logo o momento máximo no vão BC será no ponto E.

Pontos de momento máximo Vão AB

 M  MÁX  = 2,93 ⋅ 35,12 −

12 ⋅ (2,93) 2 2

−

Momento no ponto central do vão 12 ⋅ (3) 2  M  M  = 35,12 ⋅ 3 − − 34,24 2

34,24

⇒

 M  MÁX  =17,15 kNm

⇒

 M M  =17,12 kNm

⇒

 M  MÁX  = 37,23 kNm

Vão BC

 M  MÁX  = 50,38 ⋅ 2 −

10

12 ⋅ (2) 2 2

−

39,53

Método das Forças

Vigas

Diagrama de esforços solicitantes

Figura 17 – Diagrama de força cortante

Figura 18 – Diagrama de momento fletor

11

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO3: Resolver a viga da figura pelo Método das Forças. Considerar apenas as deformações por flexão. Dado: EI constante.

Figura 19 – Viga Contínua

Figura 20 – Estrutura isostática fundamental  DQ1

=

0

 DQ 2

=

0

Fase L

Figura 21 – Fase L

Figura 22 – Diagrama de momento fletor – Fase L

12

Método das Forças

Vigas

Fase 1

Figura 23 – Fase 1

Figura 24 – Diagrama de momento fletor – Fase 1

Fase 2

Figura 25 – Fase 2

Figura 26 – Diagrama de momento fletor – Fase 2

13

Método das Forças

Vigas

Cálculo dos deslocamentos 8

D QL1

=

∫

M L m1 EI

0

2

dx

2

∫(

=

) dx

x

∫(

+

0

0 2

2

+

∫(

) dx

x

∫(

+

0

8

D QL 2

=

∫

MLm2 EI

0

=

+

) dx

x

∫(

) dx

x

+

∫(

0

0

2

2

∫(

) dx

x

+

∫(

x

) dx

x

) dx

0

Cálculo dos coeficientes de flexibilidade

F11

=

m 1m 1

∫

EI

0 8

F12

=

∫

F22

=

∫ 0

EI

)2 dx =

21,3333 EI

4

dx

=

∫(

) dx

x

=

53,3333 EI

0

m 2m 2 EI

∫(

=

0

m 1m 2

0 8

4

dx

8

dx

=

∫(

)2 dx =

0

170 ,6666 EI

Fase Final Cálculo das redundantes

D QL DQ

F

1

−

=

1  346,666 

  EI 1293,333

=

D QL

=

EI 

+

 − 0,06696

 0,21428

Q = −EI 

− 0,06696

14

F=

FQ

 0,21428

1 21,3333



53,3333 

1

−

{D Q − D QL }

0,06696



0,02678 

 12,3214  =      0,02678  EI 1293,333 − 11,4285

−

0,06696

×



EI 53,3333 170,6666

Q=F

−

346 ,6666 EI

2

0

8

=

0

2

dx

) dx

x

1  346,666 

=

1293 ,3333 EI

Método das Forças

Vigas

Cálculo das demais reações de apoio

Figura 27 – Reações de apoio

∑V 

=

V  A

19,1071 kN 

=

∑ M 

0 ⇒ V  A + 12,3214 − 11,4285 − 20 − 10 + 10 = 0

 A =

 M  A

=

0 ⇒ M  A

−

 3 ⋅ 4   + 10 ⋅ 8 − 11,4285 ⋅ 8 = 0   2  

20 ⋅ 2 + 40 + 12,3214 ⋅ 4 − 10 ⋅ 

22,1429 kNm

Diagrama de esforços solicitantes

Figura 28 – Diagrama de força cortante

Figura 29 – Diagrama de momento fletor

15

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO4: Calcule a viga contínua abaixo usando o método das forças e em seguida trace os diagramas finais de força cortante e momento fletor. Despreze as deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.

Figura 30 – Viga contínua Dados: Seção transversal das barras AB, DE e EF – 20cm x 50cm. Seção transversal das barras BC e CD – 20cm x 40cm. Grau de indeterminação estática – (g.i.e.): -

nº de vinculos externos = 2+1+1+1+1=6 nº de equações de equilibrio = 3 g.i.e. = 6-3=3

Figura 31 – Estrutura isostática fundamental Propriedades geométricas das seções transversais Barras AB, DE e EF  A = 20 ⋅ 50 = 1000cm 2  I  =

20 ⋅ 503 12

=

=

0,1m 2

208333,33 cm 4

 I  = 2,0833 × 10

−

3

m4

Barras BC e CD  A = 20 ⋅ 40 = 800cm 2  I  =

20 ⋅ 40 3 12

=

0,08m 2

106666,67 cm 4

 I  = 1,0667 × 10

16

=

−

3

m4

Método das Forças

Vigas

Fase L

Figura 32 – Fase L Utilizando tabelas de deslocamentos em vigas isostáticas:

•

- DQL1

 DQL1 ' =

 DQL1

 DQL1 '+ DQL1 ' '

=

20 ⋅ 4

53,3333  EI  AB

=

- DQL 3

=

 DQL 3 ' =

 DQL 3 ' ' =

 DQL 3

=

 EI  AB

22,5

=

 EI  BC 

=

3

24 ⋅ EI  BC 

=

22,5  EI  BC 

46691,257  E 

22,5  EI  BC 

20 ⋅ 3 ⋅ 2 24 ⋅ 4 ⋅ EI CD 22,5

 EI  BC 

=

 DQL1 ' ' =

20 ⋅ 3

 DQL 2 '+ DQL 2 ' '

24 ⋅ EI  BC 

 DQL 2 ' ' =

 DQL 2

+

20 ⋅ 33

 DQL 2 ' =

53,3333

=

24 ⋅ EI  AB

=

- DQL 2

3

+

[4 1 (3 4) ⋅

70  EI CD

=

⋅

+

−

2

2

]

+

40 ⋅ 4 2 16 ⋅ EI CD

30

=

+

 EI CD

40  EI CD

=

70  EI CD

86691,659  E 

 DQL 3 '+ DQL 3 ' '

20 ⋅1⋅ 2 24 ⋅ 4 ⋅ EI CD

[4 3 (1 4) ⋅

60 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ (3 + 5) 6 ⋅ 5 ⋅ EI  DE  63,3333  EI CD

+

⋅

−

+

2

10 ⋅ 2 ⋅ 5 6 ⋅ EI  DE 

79,3333  EI  DE 

−

=

2

=

]

+

40 ⋅ 4

2

16 ⋅ EI CD

96  EI  DE 

−

=

23,3333  EI CD

16,6667  EI  DE 

=

+

40  EI CD

=

63,3333  EI CD

79,3333  EI  DE 

97442,540  E 

17

Método das Forças

Vigas

Fase 1 (Q1 = 1 ; Q2 = 0 ; Q3 = 0)

Figura 33 – Fase 1 F 11

=

F '11 + F ' '11

1⋅ 4

F '11 =

F 21

=

F 31

=

F ' '11 =

3 ⋅ EI  AB 1⋅ 3 6 ⋅ EI  BC 

=

1⋅ 3 3 ⋅ EI  BC 

⇒

F 11

=

1577,310  E 

468,604  E 

0

Fase 2 (Q1 = 0 ; Q2 = 1 ; Q3 = 0)

Figura 34 – Fase 2 F 21

=

F 22

=

1⋅ 3 6 ⋅ EI  BC 

18

=

468,604  E 

F ' 22 + F ' ' 22

F ' 22 =

F 32

=

1⋅ 3

F ' ' 22 =

3 ⋅ EI  BC  1⋅ 4 6 ⋅ EI CD

=

624,805  E 

1⋅ 4 3 ⋅ EI CD

⇒

F 22

=

2186,785  E 

Método das Forças

Vigas

Fase 3 (Q1 = 0 ; Q2 = 0 ; Q3 = 1)

Figura 35 – Fase 3 F 31

=

F 23

=

F 33

=

0 1⋅ 4 6 ⋅ EI CD

=

624,805  E 

F '33 + F ' '33

F '33 =

1⋅ 4

F ' '33 =

3 ⋅ EI CD

1⋅ 5 3 ⋅ EI  DE 

⇒

F 33

=

2049,738  E 

Fase Final Cálculo das redundantes:

DQ

=

D QL

0   D Q = 0 0  

+

F ⋅Q

D QL

0 46691,257 1577,310 468,604     468,604 2186,785 624,805  × 1 = × 86691,659  F =    E   E     0 624,805 2049,738 97442,540 1

Resolvendo-se o sistema:

− 22,651 kNm    Q = − 23,395 kNm − 39,880 kNm   ESTRUTURA FINAL:

Figura 36 – Indicação dos momentos fletores nos apoios

19

Método das Forças

Vigas

Cálculo das reações de apoio

∑ M 

 B =

4V  A

−

C 

20 ⋅ 4 2 2

∑ M 

 A =

−

∑ M 

0

4V  B '+

 D =

22,651 = 0

V  A

=

34,34kN 

2

2

+

V  B ' = 45,66kN 

22,651 = 0

0

V C  ' ' = 45,88kN  C  =

−

−

3V C  '+

20 ⋅ 3 2

 E  =

+

23,395 = 0

V  B ' ' = 29,75 kN 

0

20 ⋅ 3 2

∑ M 

2

2

+

23,395 − 22,651 = 0 V C  ' = 30,25 kN 

0

5V  D ' '−(60 ⋅ 3) − 39,880 + 20,00 = 0 V  D ' ' = 39,98kN 

∑ M 

0

 D =

20 ⋅ 2

4V  D '+39,880 + (40 ⋅ 2) +

2

−

2

23,395 = 0

V  A

=

34,34

V  B

=

V  B

Resumindo: V C 

=

V C 

V  D

=

V  D

V  E 

=

30,02

'

'

'

kN  ''

+

V  B

+

V C 

+

V  D

''

''

−

=

75,41 kN 

=

76,13 kN 

=

74,10

kN 

kN 

0

5V  E  + 20 + (60 ⋅ 2) + (10 ⋅ 5) − 39,880 = 0

V  E 

V  D ' = 34,12kN 

20

3V  B ' '−22,65 −  B =

4V C  ' '−(20 ⋅ 2 ⋅ 3) − (40 ⋅ 2) − 23,395 + 39,880 = 0

∑ M 

0

∑ M 

0

20 ⋅ 4

∑ M 

+

=

=

30,02kN 

Método das Forças

Vigas

DIAGRAMAS FINAIS

Figura 37 - Diagrama de força cortante

Figura 38 - Diagrama de momento fletor

Cálculo dos coeficientes do exemplo 4 usando o princípio dos trabalhos virtuais (P.T.V.):

Diagrama de momento fletor nas diversas fases:

Figura 39 - Diagramas da FASE L

Figura 40 - Diagramas da FASE 1

21

Método das Forças

Vigas

Figura 41 - Diagramas da FASE 2

Figura 42 - Diagramas da FASE 3 Cálculo dos deslocamentos:

 DQL1

 DQL1

 DQL 2

4

1

=

 EI  AB

∫(

 EI  BC 

∫(

=

3

∫

 EI  BC 

 DQL 2

=

 DQL 2

=

=

( 2

∫

(

0

1  22,5 ⋅ 1 ⋅ 3   +  EI  BC    3    EI CD 1

1  EI  BC 

) dx +

92,5

=

 EI  BC 

2

1

∫

 EI CD

(

)dx +

0

 EI CD

∫

(

) dx +

0

1  EI  DE 

3

∫ 0

(

 E 

) dx

 EI  DE 

 EI 

(

∫

) dx+

(

) dx

0

86691,659

1

46691,257

2

 EI CD

 EI CD

=

0

1

1

2

1

∫

1  10 ⋅ (1 + 0,5) ⋅ 2   + 3      EI CD

(22,5 + 10 + 40 + 20) =

dx

2

 EI CD

0

 EI 

0

1

) dx +

∫

 M  L mi

) dx

1  22,5 ⋅ 1 ⋅ 3  53,33 22,5  40 ⋅ 1 ⋅ 4  +  +  =  EI  AB   3    EI  BC     EI   EI  BC  3    AB 1

=

3

1

1

=

 EI CD

22

)dx +

0

1

 DQL 3

FASE L :  DQLi

1  60(1 + 2 ⋅ 0,5) ⋅ 2   + 6      EI CD

( I  BC  = I CD )

2

∫

(

) dx +

0 2

∫ 0

(

) dx +

 60 ⋅ 0,5 ⋅ 2   = 3    

Método das Forças

 DQL3 +

=

1  EI CD

Vigas

1  60 ⋅ 0,5 ⋅ 2  1  60(2 ⋅ 0,5 + 1) ⋅ 2  1  64 ⋅ (1 + 2 ⋅ 0,6 ) ⋅ 2   10 ⋅ 0,5 ⋅ 2   +  +  +   3 3 6 6      EI CD      EI CD      EI  DE     

 0,6(2 ⋅ 64 − 20)   ⋅ 3 =   EI  DE    6   1

 DQL3

=

1  EI CD

(3,33 + 20 + 40) +

1  EI  DE 

(46,93 + 32,4 ) =

63,33

+

 EI CD

79,33  EI  DE 

=

97442,540  E 

Coeficientes de flexibilidade: F 11

=

1  EI  AB

4

∫

(

2

) dx +

0

3

1  EI  BC 

∫

2

(

) dx

0

2  (1)2 ⋅ 4  1  (1) ⋅ 3  640,10 937,21 1577,31  +  = F 11 = + =  EI  AB   3    EI  BC    3    E   E   E 

1

F 21

=

1  EI  BC 

3

∫

(

) dx

0

F 21

=

 1 ⋅ 1 ⋅ 3  468,60  =  EI  BC    6    E 

F 31

=

0

F 22

=

1

⇒

1  EI  BC 

F 13

=

(

2

) dx +

0

 (1)2 ⋅ 3   + 1 F 22 =  EI  BC    3    EI CD 1

F 23

F 23

F 33

F 33

=

=

=

=

1  EI CD

1  EI CD

1  EI CD

1  EI CD

F 12

=

468,60  E 

0

3

∫

⇒

1  EI CD

4

∫

2

(

) dx

0

 (1)2 ⋅ 4  937,21 1249,61 2186,81    3  =  E  +  E  =  E     

4

∫

(

) dx

0

 (1)2 ⋅ 4  624,8    6  =  E      4

∫ 0

(

2

) dx +

⇒ 1  EI  DE 

F 32

=

624,8  E 

5

∫

(

2

) dx

0

2  (1)2 ⋅ 4  1  (1) ⋅ 5  1249,61 800      3  +  EI   3  =  E  +  E   DE         

=

2049,74  E 

23

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO5: Calcule as reações de apoio da viga da figura utilizando o método das forças. Considere as deformações devidas à força cortante e ao momento fletor. A seção transversal usada trata-se de um perfil soldado de aço, padrão VS-800x111 , conforme figura. Dados: 4

2

E=2,1x10 kN/cm (aço) 3 2 G=8x10 kN/cm (aço)

Figura 43 - Viga

 A = 142cm 2  A ALMA  f S 

=

=

0,8 ⋅ 77,5 = 62cm 2

 A  A ALMA

=

142 62

=

2,29

 I  = 155074 cm 4

G.I.E = 3-2=1 Estrutura isostática fundamental:

Figura 44 - Estrutura isostática fundamental

Fase L

Figura 45 - Fase L

 DQL1

24

     2,29 ⋅ 0,45 ⋅ 1000 2   0,45 ⋅ 1000 4 = −   8 ⋅ 2,1 × 10 4 ⋅ 155074  +  2 ⋅ 8 × 10 3 ⋅ 142         

= −

(17,2729 + 0,4536) = −17,7265cm

Método das Forças

Vigas

Fase 1

Figura 46 - Fase 1

      2,29 ⋅1000   1000 3  +  F 11 =   = 0,10236 + 2,0158 ×10 4 3 ⋅ × ⋅ × ⋅ 3 2 , 1 10 155074 8 10 142         Equação de compatibilidade:  DQ1  DQ1

Q1

=

 DQL1 + F 11 ⋅ Q1

=−

 DQL1

=

F 11

=

17,7265 0,10437

=

−

3

=

0,10437

0

0 =

169,84kN  (Reação vertical no apoio B)

Cálculo das reações de apoio finais: (usando o método da superposição de efeitos) V  A

=

 M  A

V  A L

=

+

1

V  A ⋅ Q1

=

450 − 1 ⋅169,84 = 280,16kN  (para cima)

 M  A L + M  A1 ⋅ Q1

=

2250 − 10 ⋅169,84 = 551,60kNm (sentido anti-horário)

Caso fossem desprezadas as deformações devidas à força cortante: 4

 DQL1

= −

qL

8 EI 

17,2729cm

=−

3

F 11 Q1

=

=

 L

3 EI 

=

0,1024

168,75 KN 

Demais reações de apoio :

V  A

=

 M  A

281,25kN 

=

562,5kNm

Erros cometidos devido à não consideração das deformações devidas à força cortante: 168,75 − 169,84

-

Erro% Q1 :

-

Erro % VA :

-

Erro % Ma :

-

Observação : O cálculo de D QL1 e de F11 se baseou no resultado obtido no exemplo a

169,84

×

281,25 − 280,16 280,16 562,50 − 551,60 551,60

100 = 0,64%

×

100 = 0,38%

×

100 = 1,98%

seguir, onde foi calculada a flecha na extremidade livre da viga em balanço, pelo M.C.U., considerando considerando as deformações devidas ao momento fletor e à força cortante. 25

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO6: Calcule a flecha na extremidade livre da viga em balanço submetida ao carregamento indicado, usando o método da carga unitária. Considere as deformações devidas ao momento fletor e à força cortante.

Figura 47 – Viga em balanço Dados: E, G - material elástico linear linear isotrópico A,I - constantes geométricas da da seção f s - fator de forma para cisalhamento

Fase L Estrutura dada submetida ao carregamento real

Figura 48 – Fase L

(Momento fletor)

(Força cortante)

Figura 49 – Diagramas de força cortante e momento fletor - Fase L

26

Método das Forças

Vigas

Para efeito de integração o diagrama M L pode ser decomposto como :

Figura 50 – Decomposição do diagrama de momento fletor

Fase U Carrega-se a estrutura dada com uma carga unitária correspondente correspondente ao deslocamento que se pretende determinar. No caso, carga car ga unitária vertical aplicada em B.

Figura 51 – Fase U

(Força cortante)

(Momento fletor)

Figura 52 – Diagramas de força cortante e momento fletor - Fase U Aplicando-se a equação do M.C.U. ∆ B ⋅1 = ∆ B

∆ B

∫

 M  L ⋅ mu

∫

dx +  f S 

V  L ⋅v u

dx  EI  GA 2   f S   1 1  1   1  qL2   qL        ( ) ( ) ( PL  L  L  L  L P = − + ( − ) ⋅ + − + qL + P ) ⋅ L   +       EI   3   2   3   8    GA  2

  L3   L4  L   L2  = P +  f S   + q  8 EI  +  f S  2GA   EI  GA 3    

Observar na resposta acima a influência da carga P, 1ª parcela, na qual está explícita a influência das deformações de flexão ( cortante ( P ⋅  f S  ⋅

 L GA

PL3

3 EI 

) e a influência das deformações devidas à força

).

De forma análoga, na 2ª parcela (influência de q) tem-se q de flexão) e  f S  ⋅ q ⋅

 L2

2GA

 L

8 EI 

(influência das deformações

(influência da força cortante).

27

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO7: Calcule a flecha no meio do vão da viga abaixo, considerando a contribuição da flexão e do cisalhamento.

Dados:  E  = 2,1× 10 4 kN  / cm 2 G = 8 × 10 3 kN  / cm 2

Figura 53 – Viga bi-apoioada Propriedades geométricas da seção:

 I  = 155074 cm 4 2

 A MESA

= 80cm

 A ALMA

= 62cm

2

 A =  A MESA +  A ALM 

= 142cm

2

Fator de forma para cisalhamento:  f S 

=

 A  A ALMA

=

142 62

=

2,29

Fase L

Figura 54 = Fase L

Fase U

Figura 55 = Fase U

28

Método das Forças

∆=

mM 

∫  EI 

Vigas

vV 

∫

dx +  f S 

GA

dx

O deslocamento é composto de duas parcelas, uma devida à flexão e outra devida ao cisalhamento.

c

 M 

∆

∆

(infl.do momento)

(infl. da força cortante)

Utilizando a tabela de integrais de produto, tem-se: - contribuição do momento fletor ( ∆M  )

 M 

∆

5

1

=

10

∫

 EI 

∫

.

0

5

Substituindo os valores:  M 

∆

= 0,018m

-

contribuição da força cortante ( ∆C  ) C 

∆

5

 f S 

=

10

∫(

GA

.

0

∫ 5

Substituindo os valores: C 

∆ = 0,001134m

A flecha será então:  M 

∆=∆

C 

+∆

= 0,018 + 0,001134 = 0,01913m

A influência da força cortante no deslocamento total é, então: C 

∆

∆

C 

= 0,0593    → ∆

corresponde a 5,93% do deslocamento total.

29

Método das Forças Exemplos de Aplicação em Treliças

Método das Forças

Treliças

EXEMPLO1: Determinar os esforços nas barras da treliça da figura abaixo utilizando o método das forças. Dados: − EA=constante. sen (α ) = 0 ,6 cos (α ) = 0 ,8

Figura 1 – Treliça

Grau de indeterminação estática: G. I . E  = (m + v ) − 2 ⋅ n = (3 + 6) − 2 ⋅ 4 = 1

Q1 =  N  BD

Figura 2 - Estrutura isostática fundamental Equação de compatibilidade (deslocamento axial relativo na seção transversal da barra BD) :  DQ1 = 0

33

Método das Forças

Treliças

Fase L

−  N  AD cos(α  ) −  N CD cos(α  ) + 50 = 0   N  AD sen(α  ) −  N CD sen(α  ) − 50 = 0

 N  AD +  N CD   N  AD −  N CD

= 145 ,83

⇒  N  AD

=

62,50

2 N  AD

=

83,33

 N CD = 62 ,50 −  N  AD

=

72,92

⇒  N CD

= −10 ,42

Fase 1 Q1 = 1 ( NBD = 1 )

∑V  = 0 ∴ N  ∑ H  = 0 ∴ N 

 AD

 AD

sen(α ) −  N CD sen(α) = 0

⇒  N  AD

=

N CD

cos(α ) +  N CD cos(α) + 1 = 0

2 N  AD cos(α ) = −1 ⇒  N  AD

= −0 ,625

⇒  N CD

= −0 ,625

Cálculo dos coeficientes

Barra

Li

{N L }i

{n 1 }i

{N L ⋅ n 1 ⋅ L}i

(n 1 )2 ⋅ L i

AD

2,5

72,92

-0,625

-113,94

0,97656

CD

2,5

-10,42

-0,625

16,28

0,97656

BD

2,0

0

1

0

2,0

Σ=

-97,66

3,953120

  N  L ⋅ n1 ⋅ L    ∑  EA     i =1 i 3

 DQL1 =

 (n1 )2 ⋅ L   F 11 = ∑     EA i =1     i 3

34

=

=

− 97,66

 EA

3,953120  EA

Método das Forças

Treliças

Cálculo da redundante

 DQL1 =

− 97,66

F 11 =

 EA

3,953120  EA

 DQ1 =  DQL1 + F 11 Q1 = 0

Q1 =

 DQ1 −  DQL1 F 11

=

0 − (−97,66) 3,953120

=

24,70

Esforços axiais finais  N i = ( N  L )i + (n1 )i ⋅ Q1  N  AD = 72,92 − 0,625 ⋅ (24,70) = 57,48 kN   N CD = −10,42 − 0,625 ⋅ (24,70) = −25,86 kN   N  BD = Q1 = 24,70 kN 

35

Método das Forças

Treliças

EXEMPLO2: Calcular a treliça da figura abaixo utilizando o método das forças. Dados: − EA=constante.

Figura 3 – Treliça Grau de indeterminação estática: G. I . E  = (m + v ) − 2 ⋅ n = (6 + 4) − 2 ⋅ 4 = 2

Incógnitas Redundantes: o o

Q1→ reação horizontal em B Q2→ força normal na barra 6

Figura 4 - Estrutura isostática fundamental

Equações de compatibilidade:

36

 DQ1 = 0  DQ 2 = 0

Método das Forças

Treliças

Fase L, Fase 1 e Fase 2

Fase L

Fase 1

Fase 2 Figura 5 – Fase L, Fase 1 e Fase 2 Quadro resumo dos esforços nas diversas fases Barra

{EA}i

Li

{N L }i

{n 1 }i

1

EA

3

0

0

−

2

EA

3

5

0

−

3

EA

3

-10

0

−

4

EA

3

5

-1

−

5

EA

3 2

6

EA

3 2

−5

0

2

2 0

{n 2 }i 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1

37

Método das Forças

Treliças

Cálculo dos coeficientes das matrizes e vetores

{N L ⋅ n 1 ⋅ L}i {N L ⋅ n 2 ⋅ L}i

Barra 1

0

2

0

3

0

4

-15

5

− 30

6 Σ=

0 − 15

2 30 2 − 15

2

0

1,5

0

0

1,5

0

0

1,5

3

3 2

1,5 3 2

0

0

0

0

3 2

-57,4264

-30

11,4853

8,1213

14,4853

=

− 57, 4264

 EA

  N  L ⋅ n2 ⋅ L    EA   i 1

6

∑  

=

 (n1 )2 ⋅ L   F 11 = ∑    EA   i 1   i 6

=

− 30,0

 EA

i=

11,4853  EA

=

 n1 ⋅ n2 ⋅ L    EA   i 1

6

∑  

=

i=

 (n2 )2 ⋅ L   F 22 = ∑     EA i 1     i 6

=

0

6

=

F 21 = F 12 =

(n 2 )2 ⋅ L i

6 2

  N  L ⋅ n1 ⋅ L    ∑  EA     i 1 i

 DQL 2 =

{n 1 ⋅ n 2 ⋅ L}i

-30

2

6

 DQL1 =

(n 1 )2 ⋅ L i

=

8,1213  EA

14,4853  EA

Notar que nos somatórios acima o índice i varia de 1 a 6, onde 6 é o número de barras da treliça.

38

Método das Forças

Treliças

Cálculo das redundantes

D QL DQ

=

1 − 57,4264 



EA  =

D QL

− 30

+ FQ =

 

F=

1 11,4853

8,1213 

EA  8,1213

14,4853





0

Q1 = 5,858 kN Q2 = -1,213 kN

Forças normais finais

Ni

=

(N L )i + (n 1 )i ⋅ Q1 + (n 2 )i ⋅ Q 2

(Superposição de efeitos)

N1 = 0,858 (barra CD) N2 = 5,858 (barra AB) N3 = - 9,142 (barra AC) N4 = 0 (barra BD) N5 = 0 (barra BC) N6 = - 1,213 (barra AD)

39

Método das Forças

Treliças

EXEMPLO3: Considerando a treliça da figura e a relação de áreas das suas barras, determinar o valor da área mínima necessária para as barras tracionadas, sendo a tensão admissível do aço igual a 160 Mpa. Utilizar o método da flexibilidade. (Obs.: não é necessário analisar as barras comprimidas, que dependem do í ndice de esbeltez).

Figura 6

- Treliça

Dados: E = 205 GPa A1 = A2 = A3 = 3A A4 = A5 = A6 = A A7 = A8 = A9 = A10 = 2A

Estrutura isostática fundamental G.I.E = ( b + v ) – 2 n = (10 + 4) – 12 = 2

Figura 7 – Estrutura isostática fundamental

Equações de compatibilidade :

40

 DQ1

=

0

 DQ 2

=

0

Método das Forças

Treliças

Fase L:

Figura 8 – Fase L tan α  =

tan β  =

∑ M  = 0 ∑V  = 0 ∑ H  = 0  A

1,5 2,0 1,5 3,0

⇒ α  = 36,87°

sen α  = 0,6  cos α  = 0,8

⇒ β  = 26,57°

sen β  = 0,447  cos β  = 0,894

⇒ 20 ⋅ 7 + 4 V C  + 10 ⋅ 1,5 ⇒ 38,75 − 20 + V  A ⇒ 10 +  H  A

=

=

=

⇒

V C 

⇒

V  A

= − 18,75

⇒

 H  A

0

0

0

= − 10

= − 38,75

kN 

kN 

kN 

Figura 9 – Forças normais nas barras – Fase L Nó A: V  = 0 ⇒  N  AE  . 0,6 − 18,75 = 0

∑ ∑ H  = 0

⇒ 31,25 ⋅ 0,8 +  N  AB

− 10 =

⇒ 0

 N  AE  = 31,25 kN 

⇒

 N  AB

= − 15

kN 

41

Método das Forças Nó B: V  = 0

∑ ∑ H  = 0

Treliças

⇒ ⇒  N  AB

 N EB −  N  BC  =

=

0

⇒

0

Nó E: V  = 0 ⇒  N  AE  . 0,6 +  N  EB

∑

 N  BC  = − 15 kN 

N CE  . 0,6 = 0

+

⇒

31,25 ⋅ 0,6 + 0 +  N CE  . 0,6 = 0

∑ H  = 0

⇒  N  AE  . 0,8 −  N  EF 

−

Nó F:  H  = 0

∑

⇒  N  EF 

− 10 −

⇒  N FC   N FC 

)

− − 31,25 ⋅ 0,8

=

+

N FD . 0,447 = 0

+

44,7 ⋅ 0,447

Nó C:  H  = 0 ⇒  N CE  . 0,8 +  N  BC 

∑

−

⇒  N CE . 0,6 + N FC 

=

⇒

0

N CD

+

∑ ∑ H = 0

Fase 1:

− 20 +  N FD

⇒  N CD

+

⇒

0

=

 N FD

 A

42

50 kN 

=

38,75

. 0,447 = 0

0

⇒

 N CD

=

⇒

0

⇒

 N FD

⇒

4 .V C  ' = 0

⇒

V c ' = 0

 H A ' =

−1

V A ' = 0

⇒

kN 

= − 40

 N FC 

=

 N CD

(Q1 = 1 ; Q2 = 0)

⇒

44,74 kN 

0

N FD . 0,894 = 0

⇒

=

= − 20

 N FC 

Figura 10 – Fase 1

∑ M  = 0 ∑V  = 0 ∑ H  = 0

=

 N  EF 

kN 

38,75 = 0

− 31,25 ⋅ 0,6 +  N FC  +

Nó D: V =0 ⇒

=

⇒

0

− 31,25 ⋅ 0,8 − 15 −  N CD

∑V  = 0

kN 

N FD . 0,894 = 0

50 − 10 −  N FD . 0,894

∑V  = 0

= − 31, 25

N CE  . 0,8 = 0

(

31,25 ⋅ 0,8 −  N  EF 

 N CE 

= − 20

44,74 kN  = − 40

kN 

kN 

Método das Forças

Treliças

Figura 11 – Forças normais nas barras – Fase 1 Nó A: V  = 0

∑ ∑ H  = 0

⇒

 N AE 

⇒

 N AB

Nó B: V  = 0

∑ ∑ H  = 0

⇒ ⇒

=

0

=1

 N EB

 N BC 

=

=1

Nó E: V  = 0 ⇒  N  AE  . 0,6 +  N  EB

∑ ∑ H  = 0

⇒

−  N  AE 

Nó F:  H  = 0 ⇒  N  EF 

∑ ∑V  = 0

Nó C:  H  = 0

∑ ∑V  = 0

⇒  N FC 

+

. 0,8 +  N  EF 

−

N CD

⇒  N CE . 0,6 + N FC 

=

0

⇒  N CD

+

⇒

⇒ ⇒

N FD . 0,447 = 0

 N FD . 0,447 = 0

 N CE 

N CE  . 0,8 = 0

+

N FD . 0,894 = 0

+

⇒

N CE  . 0,6 = 0

⇒  N CE  . 0,8 +  N  BC 

Nó D: V  = 0 ⇒

∑ ∑ H  = 0

−

0

⇒

N FD . 0,894 = 0

−1=

 N FD  N FC 

=

 N FC 

 N FD

⇒

=

=

0  N EF 

=

0

 N CD

=

0

0

0

⇒

0

⇒

=

=

0

0  N CD

=

0

43

Método das Forças Fase 2:

Treliças

(Q1 = 0 ; Q2 = 1)

Figura 12 – Fase 2

∑ M  = 0 ∑V  = 0 ∑ H  = 0

⇒

 A

V c " = 0

⇒

V A " = 0

⇒

 H A " = 0

Figura 13 – Forças normais nas barras – Fase 2 Nó A:  N  AE  = 0 ;

N  AB

=

Nó D:  N CD = 0 ;

N  DF 

=

Nó B:  N  EB = − 0,6 ; Nó C:  N CE  = 1 ;

0

0

N  BC 

N FC 

= − 0,8

= − 0,6

Nó E:  N CE  = 1 ;

N  EF 

= − 0,8

Nó F:  N FD = 0 ;

N FC 

= − 0,6

44

Método das Forças

Treliças

Barra

{A}i

Li

{N L }i

{n 1 }i

{n 2 }i

1

3A

2,0

-15

1

0

2

3A

2,0

-15

1

-0,8

3

3A

3,0

-40

0

0

4

A

2,5

31,25

0

0

5

A

2,0

50

0

-0,8

6

A

3,35

44,74

0

0

7

2A

1,5

0

0

-0,6

8

2A

1,5

-20

0

-0,6

9

2A

2,5

-31,25

0

1

10

2A

2,5

0

0

1

Barra

1 2

 N  L ⋅ n1 ⋅ L   N  L ⋅ n2 ⋅ L       A  A  i  i − 10

− 10

 A  A

0

 (n1 )2 ⋅ L     A  i 0,6667

 n1 ⋅ n2 ⋅ L      A  i

 (n 2 )2 ⋅ L     A  i

0

0

 A

8

0,6667

 A

 A

− 0,5333

0,4267  A

 A

3

0

0

0

0

0

4

0

0

0

0

0

5

0

− 80

0

0

1,28

 A

 A

6

0

0

0

0

0

7

0

0

0

0

0,27  A

8 9 10 Σ=

0

9

0

− 39,0625

0 − 20

0

 A

DQL1

0

0

1,25

 A

− 102,0625

DQL2

0,27  A

0

 A

0

 A

0

0

1,3333  A

 A

F11

− 0,5333

F12

1,25

 A

4,7467  A

 A

F22

45

Método das Forças

Treliças

Equação de compatibilidade DQ = DQL + F Q = 0 DQL + F Q = DQ  0  0  

=

1 

    EA − 102,0625 − 20

+

1  1,3333

− 0,5333



 EA − 0,5333

Q1     4,7467  Q2 

Q1 = 24,711 kN Q2 = 24,278 kN

Esforços nas barras da estrutura hiperestática N = NL + n1.Q1 + n2.Q2

N1 = -15+1 . 24,711 =

9,711 kN

N2 = -15+1 . 24,711 – 0,8 . 24,278 =

-9,711 kN

N3 = -40,0 kN N4 = 31,25 kN N5 = 50 – 0,8 . 24,278 =

30,577 kN

N6 = 44,74 kN N7 = -0,6 . 24,278 =

-14,567 kN

N8 = -20 – 0,6 . 24,278 =

-34,567 kN

N9 = -31,25 + 1 . 24,278

= -6,972 kN

N10 = 24,278 kN

Área mínima σ adm σ  =

46

= 160 MPa = 16kN  / cm

F   A

⇒  Amin

=

F max

σ adm

2

⇒  Amin

F max =

44,74 16

=

⇒

44,74kN 

 Amin

=

2,796 cm 2

Método das Forças

Treliças

EXEMPLO4: Calcule as forças normais da treliça da figura utilizando o Método da Flexibilidade (Método das Forças). Dados: −

E = 2,1x10 4 kN/cm2

−

Área da seção transversal das barras: •

•

•

•

A1 = A2 = A3 = A8 = A15 = A16 = A17 = 3,0 cm2 A4 = A7 = 10,0 cm2 A5 = A6 = A11 = A12 = 5,0 cm2 A9 = A10 = A13 = A14 = 20,0 cm2

Figura 14 - Treliça

47

Método das Forças

Treliças

Estrutura Isostática Fundamental - Grau de Inderteminação Estática:

. . ൌሺ ൅ ሻെൈ2 ൌ ሺ17൅3ሻെൈ29ൌ2 - Incógnitas Redundantes:

ଵ ՜ força normal na barra 5 ଶ ՜ força normal na barra 11

a

a

Figura 15 – Estrutura Isostática Fundamental

ൌ ൌ 48

൬3,1,00൰ൌ71,565° ൬1,0,05൰ൌ63,435°

ሺ ሻ ൌ0,949 ሺ ሻ ൌ0,316 ሺ ሻ ൌ0,894 ሺ ሻ ൌ0,447

Método das Forças

Treliças

Fase L

a

a

Figura 16 – Fase L Reações de Apoio:

෍ ஺ ൌ0 െ3 ஽ ൅20ൈ3൅15ൈ6൅10ൈ7ൌ0 ෍ ൌ0 10൅15൅20൅ ஺ ൌ 0 ஺ െൌ45 ෍ ൌ 0 ஽ ൅ ஺ ൌ 0 ஺ ൌ െ 2203

220 ൌ ஽ 3

Nó I:

෍ ൌ 0 ଵ ൈ0,894൅ ଶ ൈ0,894ൌ0 ଵ ൌ െ ଶ ෍ ൌ 0 10൅ ଶ ൈ0,44െ7 ଵ ൈ0,447ൌ0 ଵ ൌ െ ଶ ൌ11,180 Nó G:

෍ ൌ0 ෍ ൌ0

ଷ ൅ ଵ ൈ0,447ൌ0 ଵ ൈ0,89െ4 ସ ൌ 0

ଷ ൌ െ5 ସ ൌ 10 49

Método das Forças

Treliças

Nó H:

෍ ൌ 0 1െ5 ଷ െ ଶ ൈ0,44െ7 ଺ ൈ0,316ൌ0 ଺ ൌ79,057 ෍ ൌ 0 ଶ ൈ0,89െ4 ଺ ൈ0,94െ9 ଻ ൌ 0 ଻ െൌ85 Nó D:

෍ ൌ0 ෍ ൌ0 Nó C:

෍ ൌ0 ෍ ൌ0

ଵସ ൈ0,949൅ ஽ ൌ 0 ଵସ െൌ77,300 ଵ଻ ൅ ଵସ ൈ0,316ൌ0 ଵ଻ ൌ24,444 ଵଷ ൌ 0 ଵ଻ െ ଵ଺ ൌ 0

ଵ଺ ൌ24,444

Nó F:

෍ ൌ 0 ଻ െ ଵଷ െ ଵଶ ൈ0,94െ9 ଵସ ൈ0,949ൌ0 ෍ ൌ 0 20൅ ଵସ ൈ0,31െ6 ଼ െ ଵଶ ൈ0,316ൌ0 Nó E:

෍ ൌ0 Nó B:

෍ ൌ0 ෍ ൌ0

50

଼ ൅ ଺ ൈ0,31െ6 ଽ ൈ0,316ൌ0

ଵଶ െൌ12,298 ଼ െൌ0,556

ଽ ൌ77,300

ଵ଴ ൅ ଵଶ ൈ0,949ൌ0 ଵ଴ ൌ11,667 ଵ଺ ൅ ଵଶ ൈ0,31െ6 ଵହ ൌ 0 ଵହ ൌ20,556

Método das Forças

Treliças

Fase 1

a

a

Figura 17 – Fase 1 Reações de Apoio:

஺ൌ ஺ൌ ஽ൌ0 Nó I:

ଵൌ0

ଶൌ0

Nó D:

෍ ൌ0

ଵସ ൌ 0

෍ ൌ0

ଵ଻ ൌ 0

ଵଷ ൌ 0

෍ ൌ0

ଵ଺ ൌ 0

ଽൌ0

෍ ൌ0

ଵହ ൌ 0

Nó C:

෍ ൌ0 Nó A:

෍ ൌ0

51

Método das Forças

Treliças

Nó B:

෍ ൌ0

ଵଶ ൌ 0

෍ ൌ0

ଵ଴ ൌ 0

Nó F:

෍ ൌ 0 ଻ ൅1ൈ0,949ൌ0 ଻ െൌ0,949 ෍ ൌ 0 െ ଼ െൈ10,316ൌ0 ଼ െൌ0,316 Nó G:

෍ ൌ 0 െൈ10,94െ9 ସ ൌ 0 ସ െൌ0,949 ෍ ൌ 0 ଷ ൅1ൈ0,316ൌ0 ଷ െൌ0,316 Nó H:

෍ ൌ 0 െ ଺ ൈ0,94െ9 ଻ ൌ 0

଺ൌ1

Fase 2

a

a

Figura 18 – Fase 2

52

Método das Forças

Treliças

Reações de Apoio:

஺ൌ ஺ൌ ஽ൌ0 Nó I:

ଵൌ0

ଶൌ0

Nó D:

෍ ൌ0

ଵସ ൌ 0

෍ ൌ0

ଵ଻ ൌ 0

ଽൌ0

෍ ൌ0

ଵହ ൌ 0

ସൌ0

෍ ൌ0

ଷൌ0

଺ൌ0

෍ ൌ0

଻ൌ0

Nó A:

෍ ൌ0 Nó G:

෍ ൌ0 Nó H:

෍ ൌ0 Nó C:

෍ ൌ 0 ଵଷ ൅1ൈ0,949ൌ0 ෍ ൌ 0 െ ଵ଺ െൈ10,316ൌ0

ଵଷ െൌ0,949 ଵ଺ െൌ0,316

Nó E:

෍ ൌ 0 ଼ ൅1ൈ0,316ൌ0 ଼ െൌ0,316 ෍ ൌ 0 െൈ10,94െ9 ଵ଴ ൌ 0 ଵ଴ െൌ0,949 Nó F:

෍ ൌ 0 െ ଵଶ ൈ0,94െ9 ଵଷ ൌ 0

ଵଶ ൌ 1

53

Método das Forças

Treliças

Quadro Resumo dos Esforços Axiais:

ሼ ሽ௜

Barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

ሼ ሽ௜

3 3 3 10 5 5 10 3 20 20 5 5 20 20 3 3 3

ሼ ሽ௜

1,118 1,118 1 3 3,162 3,162 3 1 3,162 3 3,162 3,162 3 3,162 1 1 1

11,180 -11,180 -5 10 0 79,057 -85 -0,556 77,300 11,667 0 -12,298 0 -77,300 20,556 24,444 24,444

ሼ ଵ ሽ௜

0 0 -0,316 -0,949 1 1 -0,949 -0,316 0 0 0 0 0 0 0 0 0

ሼ ଶ ሽ௜

0 0 0 0 0 0 0 -0,316 0 -0,949 1 1 -0,949 0 0 -0,316 0

Cálculo dos Coeficientes das Matrizes e Vetores:

Barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

∑ൌ 54

൜

 . ଵ.

ൠ௜ ൜

0 0 0,52705 -2,84605 0 50 24,19142 0,05856 0 0 0 0 0 0 0 0 0 71,93098

 . ଶ.

ଶ. ଶ. ሺ ሻ ሺ ሻ . . ଵ ଶ ଵ ଶ ൠ௜ ቊ ቋ௜ ൜ ൠ௜ ቊ ቋ௜

0 0 0 0 0 0 0 0,05856 0 -1,66020 0 -7,77778 0 0 0 -2,57667 0 -11,95608

0 0 0,03333 0,27 0,63246 0,63246 0,27 0,03333 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1,87158

0 0 0 0 0 0 0 0,03333 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0,03333

0 0 0 0 0 0 0 0,03333 0 0,135 0,63246 0,63246 0,135 0 0 0,03333 0 1,60158

Método das Forças

71, 9 3098 ൌ ଵ 1, 8 7158 ൌ ଵଵ

Treliças

11, 9 5608 ൌ െ ଶ 0, 0 3333 ൌ ൌ ଵଶ ଶଵ

1, 6 0158 ൌ ଶଶ

Solução do Sistema de Equações

1 ቄ 71,93098 ቅ െ11,95608  ൌ  ൅ ଵ െൌ38,581 ଶ ൌ8,268

0,03333 ൌ 1 ൤1,87158 0,03333 1,60158൨

 ൌ

Esforços Axiais Finais

ଵ ൌ11,180 ଶ െൌ11,180 ଷ ൌ7,200 ସ ൌ46,601 ହ െൌ38,581 ଺ ൌ40,476 ଻ െൌ48,399 ଼ ൌ9,030 ଽ ൌ70,300

ଵ଴ ൌ3,823 ଵଵ ൌ8,268 ଵଶ െൌ4,030 ଵଷ െൌ7,844 ଵସ െൌ77,300 ଵହ ൌ20,556 ଵ଺ ൌ21,830 ଵ଻ ൌ24,444

55

Método das Forças Exemplos de Aplicação em Pórticos

Método das Forças

Pórticos

Análise de Pórticos Planos Deformações possíveis de ocorrer nos pórticos são devidas a:

Momento Fletor Força Normal Força Cortante

• • •

∆ x1 =

 Mm

∫  EI 

dx +

 Nn

∫  EA

∫

dx +  f s

Vv GA

dx

Deformação preponderante:

Devida a momento fletor

•

Cálculo dos coeficientes:

- Considerar sempre o efeito das deformações devidas ao momento fletor

 DQLj

F ij

=

=

∫

∫

 Mm j  EI 

mi m j  EI 

dx +

dx +

 Nn j

∫  EA ni n j

∫  EA

∫

dx +  f s

∫

dx +  f s

Vv j GA

vi v j GA

dx

dx

59

Método das Forças

Pórticos

EXEMPLO1: Analisar o pórtico dado considerando as deformações por flexão e as deformações axiais. Dados: - EI = constante. - EA= constante. 2 - Seção Transversal: 20x50 cm .

A

B

C

Figura 1 – Pórtico plano Grau de indeterminação estática: 3

A

B

B

C

Figura 2 - Estrutura isostática fundamental

Fase L

A

B

B

C

Figura 3 – Fase L

61

Método das Forças

Pórticos

Diagramas

Força normal: nula nas duas barras

B

B

A

A B

B

C

(VL)

C

(ML)

Figura 4 – Diagramas de força cortante e momento fletor – Fase L

Fase 1

B A

B

C

Figura 5 – Fase 1

Diagramas B A

B B

A

B A

B

C C

C

(N1)

(V1)

(M1)

Figura 6 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 1

62

Método das Forças

Pórticos

Fase 2

A

B

B

C

Figura 7 – Fase 2

Diagramas B

B A

A

B

B

B

C

(N2)

A B

C

C

(V2)

(M2)

Figura 8 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 2

Fase 3 B A

B

C

Figura 9 – Fase 3

63

Método das Forças

Pórticos

Diagramas Força normal: nula nas duas barras. Força cortante: nula nas duas barras.

A

B

B

C

Figura 10 – Diagrama de momento fletor – Fase 3 Propriedades geométricas 0,2 ⋅ 0,53

 I  =

=

12

2,0833 × 10 3 m 4 −

 A

=

 I 

 A = 0,2 ⋅ 0,5 = 0,1 m 2

⇒  A = 48  I 

48

Cálculo de DQL

 DQLj

∫

=

 M  L m j

 AB

 EI 

∫

dx +

 M  L m j

 BC 

 EI 

∫

dx +

 N  L n j

 AB

 EA

dx +

∫

 N  L n j

 EA  BC 

 DQL1

=

0+0+0+0

 DQL 2

=

1  1    (− 240)(2 ⋅ 10 + 5) ⋅ 5  + 0 + 0 + 0 =  EI   6  

 DQL3

=

− 600 1  1    (− 240) ⋅ 1 ⋅ 5  + 0 + 0 + 0 =  EI   2  EI   

−

dx

5000  EI 

Cálculo dos coeficientes de F

F ij

∫

=

 AB

mi m j  EI 

F 11

=

0+

F 21

=

F 12

64

1 3 =

dx +

∫  BC 

⋅

mi m j  EI 

dx +

ni n j

∫  EA

 AB

(− 4)(− 4) ⋅ 4 1 ⋅ 1 ⋅ 10  EI 

0+0+0+0

dx +

+

 EA

+

0=

ni n j

∫  EA dx

 BC 

64

+

10

3 EI   EA

=

64 3 EI 

+

10 48 EI 

=

517 24 EI 

Método das Forças

F 31

=

F 22

=

F 32

=

F 33

=

F 13

1 1 ⋅ (− 4 ) ⋅ 4

0+

=

2

⋅

1 10 ⋅ 10 ⋅ 10 3

⋅

F 23

 EI  =

Pórticos

 EI 

0+0+

+

1 10 ⋅ 1 ⋅ 10 2

1 ⋅ 1 ⋅ 10  EI 

⋅

+

 EI 

1⋅1⋅ 4  EI 

+

+

+

0+0 = −

8  EI 

(− 1) ⋅ (− 1) ⋅ 4 1000  EA

0+0+0 =

0+0 =

=

3 EI 

+

4  EA

=

1000 3 EI 

+

4 48 EI 

=

4001 12 EI 

50  EI 

14  EI 

Fase Final

F=

DQ

21,5417 1   0 EI   − 8 =

D QL

+

0 333,4167 50

−

8

 50   14 

D QL

=

 0  1   − 5000  EI   − 600 

FQ

 − 15,7571   Q =  21,3590  − 42,4291   •

F=

Caso fosse omitido o efeito das deformações axiais:

21,3333 1   0 EI   − 8

0 333,3333 50

−

8



50 

 14 

D QL

=

 0  1   − 5000   EI  − 600 

− 16,0714    Q =  21,4286  − 42,8571  

65

Método das Forças

Pórticos

Esforços finais (considerando as deformações axiais)

A

B

B

C

Figura 11 – Esforços finais Por equilíbrio: HA

=

15,76 kN 

VA

=

48 − 21,36 = 26,64 kN 

 M  A

=

48 ⋅ 5 − 21,36 ⋅ 10 + 42,43 = 68,84 kNm

HC

=

15,76 kN 

VC

=

21,36 kN 

 M C 

42,43 + 15,76 ⋅ 4 = 20,60 kNm

= −

Diagramas de esforços solicitantes

B A

(N) (V) C C A B

(M) C

Figura 12 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor

66

Método das Forças

Pórticos

EXEMPLO2: Calcular as reações de apoio do pórtico da figura utilizando o método da flexibilidade, incluindo as deformações devidas ao momento fletor, à força normal e à cortante. Traçar os diagramas finais de esforços solicitantes.

Figura 13 – Pórtico plano Dados:

E = 205 GPa G.I.E = 3 + 2 - 3

⇒

ν  = 0,20

G.I.E. = 2

Figura 14 – Estrutura isostática fundamental Propriedades geométricas Área = 15 . 1,25 + 15 . 1,25 + 1,0 . 27,5 = 65 cm2. 30 3 27,5 3 4 I = 15 . − 14 . = 9486,98 cm . 12 12

EA = 1.332.500 kN EI = 19.448,3 kNm 2

67

Método das Forças

Pórticos

Fase L

Figura 15 – Fase L tan  β  =

∑ H  = 0

∑ M 

 A

=

∑V  = 0

4 2

=

⇒

 H AL

sen β  = 0,894 =

cos β  = 0,447

0

5,5   20 . 5,5 .   V CL = 103,75 kN  ⇒ + 2  − 50 . 2 = 0    2   V  AL = 56,25 kN  ⇒ + 103,75 − 20 . 5,5 − 50 = 0

0 ⇒ 6 .V CL ⇒ V  AL

2

−

Figura 16 – Decomposição dos esforços – Fase L

68

Método das Forças

Pórticos

(NL)

(VL)

(ML) Figura 17 – Diagramas da fase L Barra BC: ⇒

V  = 6,25 − 20 X 

 M  = 112,5 + 6,25 X  − 20  X  = 0,3125 m

Fase 1

⇒

0 = 6,25 − 20 X   X 

⇒

 X  = 0,3125 m

2

2

0 ≤  X  ≤ 4

 M  = 113,48 kNm

(Q1 = 1 ; Q2 = 0)

Figura 18 – Fase 1

69

Método das Forças

∑ M  A = 0 ∑V  = 0

⇒

Pórticos

⇒

1 − 6.V C  ' = 0 ⇒

V A ' =

∑ H  = 0

⇒

−

V C  ' =

1 6

1 6

 H A ' = 0

Figura 19 – Decomposição dos esforços – Fase 1 Diagramas

(N1)

(V1)

(M1) Figura 20 – Diagramas da Fase 1

70

Método das Forças

Pórticos

(Q1 = 0 ; Q2 = 1)

Fase 2

Figura 21 – Fase 2

∑ M 

 A

=

0

∑V  = 0 ∑ H  = 0

⇒ ⇒

⇒ 1 . 4 + 6.V C " = 0 V  A " = − 0,667 kN   H  A " = − 1 kN  ⇒ −

V C  " = 0,667 kN 

Figura 22 – Decomposição dos esforços – Fase 2 Diagramas

(N2)

(V2)

(M2) Figura 23 – Diagramas da fase 2 71

Método das Forças

Pórticos

Cálculo dos deslocamentos 1 1 1 ⋅ 112,5 ⋅ (1 + 2 ⋅ 0,667 ) ⋅ 4,472 + ⋅ 0,667 ⋅ (2 ⋅ 112,5 + (− 22,5)) ⋅ 4 + 19448,31  6 6 1 1  ⋅ (40 ⋅ 0,667 ⋅ 4 ) +  1332500 [(− 50,312) ⋅ (0,1491) ⋅ 4,472] 3

 DQL1

=

 DQL1

=

1,65 × 10

 DQL 2

=

1 1 1 1  ⋅ 112,5 ⋅ (2,667 ) ⋅ 4, 472 + ⋅ 40 ⋅ 2,667 ⋅ 4 + ⋅ 2,667 ⋅ (2 ⋅ 112,5 ⋅ (− 22,5) ⋅ 4 )  19448,31  3 3 6

+

2

−

−

2,52 × 10

5

−

⇒

 DQL1

=

1,65  x 10

2

−

rad 

1 [(− 50,312) ⋅ (1,043) ⋅ 4,472] 1332500

 DQL 2

=

4,88 × 10

2

−

−

1,76 × 10

4

−

⇒

 DQL 2

=

4,86  x 10

2

−

m

Cálculo dos coeficientes de flexibilidade 1 1 ⋅ (2 ⋅ (1 ⋅ 1 + 0 , 667 ⋅ 0 , 667 ) + 0 , 667 ⋅ 1 + 1 ⋅ 0 , 667 )⋅ 4 , 472 19448 , 31  6 1 [(0 ,1491 2 )⋅ 4 , 472 ] 1332500

F 11 +

=

F 11

=

F 22

=

1,92 x 10

−

4

F 22

1 1 1 1  2 2 [(1,0432 ⋅ 4,472 + 4)] ⋅ 2,667 ⋅ 4,472 + ⋅ 2,667 ⋅ 4 +   19448,31  3 3  1332500 3 = 1,04 x 10

F 21

=

F 12

F 21

=

F 12

72

−

1 1 1  ⋅ (2,667 ) ⋅ (1 + 2 ⋅ 0,667 ) ⋅ 4,472 + ⋅ (0,667 ) ⋅ ( 2,667) ⋅ 4  19448,31  6 3 1 [(0,1491) ⋅ (1,043) ⋅ (4,472)] + 1332500 4 = 3,61 × 10 =

−

+

1 ⋅ 0 , 667 3

2

⋅

4  

Método das Forças

Pórticos

Equação de compatibilidade DQ = DQL + FQ = 0

0 1,65 x 10 2  0 =  2   4,86 x 10  −

−

+

1,92 x 10  3,61 x 10

4

−

−

4

3,61 x 10 4   Q1  . 1,04 x 10 3  Q2  −

−

Q1 = 5,545 kN m Q2 = -48,656 kN m

Estrutura Hiperestática VA = VAL + VA’.Q1 + VA”.Q2 VA = 56,25 - 0,1667 . 5,545 + (- 0,6667) . (- 48,656)) VA = 87,76 kN

VC = VCL + VC’.Q1 + VC”.Q2 VC = 103,75 + 0,1667 . 5,545 + 0,6667 . (- 48,656) VC = 72,24 kN

HA = HAL + HA’.Q1 + HA”.Q2 HA = -1 - (-48,656) HA = 48,656 kN

Estrutura Final

48,656kN  72,24kN

48 656kN 

5,545kNm 87,76kN 

Figura 24 – Reações de apoio

73

Método das Forças

Pórticos

Diagramas Finais 48 656kN

N 100,21kN

37,76kN

1 89m

42,24kN V

4,27kN

13,55kNm

13,55kNm

22,11kNm

M 5,545kNm

Figura 25 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor

74

Método das Forças

Pórticos

EXEMPLO3: Calcular o pórtico da figura abaixo pelo método das forças considerando: (1) As deformações devidas ao momento fletor, força cortante e força normal. (2) Apenas as deformações devidas ao momento fletor e à força normal. (3) Apenas as deformações devidas ao momento fletor. Adotar como incógnitas redundantes o momento no apoio A (Q 1) e o momento fletor na extremidade B da barra AB (Q 2) . Dados: - Seção transversal retangular constante: b=20cm; h=40cm 7 2 - Módulo de elasticidade: E=3,0x10 kN/m - Coeficiente de Poisson:  ν = 0,2

α

Figura 26 – Pórtico plano

Figura 27 - Estrutura isostática fundamental (E.I.F)

75

Método das Forças

Pórticos

Propriedades Geométricas do Pórtico e da Seção Transversal

 I =  A

0,20 ⋅ (0,40) 3

=

 I 

α  

12

= 1,0667 ⋅ 10

m

 A = 0,20 ⋅ 0,40 = 0,08 m 2

4

sendo E=constante

75

 1   = 11,310  5 

= Arc tan 

Seção retangular G=

−3

E 2(1 + υ)

=

⇒

Cos (α  ) = 0,98058

o

Sen(α  ) = 0,196116

⇒  f s = 1,2   E   (75 I) = 31,25 EI 2 , 4    

E

GA = 

2,4

Comprimento da Barra BC = l BC  =

5 Cosα  

= 5,099 m

Fase L

Figura 28 – Fase L Reações de Apoio:

∑ M 

( AB )  B

=

∑ H = 0 ∑ M 

C  =

∑V = 0 76

0

0

EA = 75EI

3 ⋅ H  A = 0

⇒

H  A = 0

 H  A = − H C 

⇒

H C  = 0

5 ⋅ V  A − 24 ⋅ 6 ⋅ 3 = 0

⇒

V  A = 86,40 kN 

V C  + 86,40 − 6 ⋅ 24 = 0

⇒

V C  = 57,60 kN 

Método das Forças

Pórticos

Diagramas da Fase L C

C B

B D

D

VL NL A

A C

B

D

ML

A

Figura 29 – Diagrama de força normal, força cortante e momento fletor – Fase L

Fase 1 (Q1=1; Q2=0)

Figura 30 – Fase 1 Reações de Apoio:

∑

( AB )

 M  B

=

∑ H = 0 ∑ M 

C 

=

∑V = 0

0

0

1

1 − 3 ⋅ H  A = 0

⇒

H  A =

 H  A = − H C 

⇒

H C  = −

⇒

V  A =

⇒

V C  = −

5 ⋅ V  A + 1 − V  A = − V C 

1 3

⋅4 =0

3 1 3

1 15 1 15 77

Método das Forças

Pórticos

Diagramas da Fase 1 C D

C B

D

B

N1

V1

A

A C B

D

M1 A

Figura 31 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 1

Fase 2 (Q1=0; Q2=1)

Figura 32 – Fase 2

78

Método das Forças

Pórticos

Reações de Apoio:

∑

 M  B( AB ) = 0

∑ H = 0 ∑ M 

C 

=

∑V = 0

0

⇒

H  A = −

 H  A = − H C 

⇒

H C  =

  1  5 ⋅ V  A −  −  ⋅ 4 + 1 − 1 = 0   3 

⇒

V  A = −

V  A = − V C 

⇒

V C  =

3 ⋅ H  A + 1 = 0

1

3 1 3 4 15

4 15

Diagramas da Fase 2

C

C

D

D

B

B

N2

V2

A

A

C D B

A

M2

Figura 33 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 2

79

Método das Forças

Pórticos

Fase Final (1) Considerando as deformações devidas ao momento fletor, força cortante e força normal. •

Cálculo do Vetor DQL:

∫

 DQL1 =  DQL 2 =

 M  L m1

∫

 EI 

dx +

 M  L m2  EI 

 N  L n1

∫  EA

dx +

∫

 N  L n2  EA

∫

dx +  f S 

∫

V  L v1

dx +  f S 

GA

′ 1 + DQL ′′ 1 + DQL ′′′ 1 dx =  DQL

V  L v 2 GA

′ 2 + DQL ′′ 2 + DQL ′′′ 2 dx = DQL

Influência do Momento Fletor: ′ 1 =0  DQL

′ 2=  DQL

−

1  1 1  107,079 + ⋅ ( −12) ⋅ 1 ⋅ 5,099 + ⋅ 75,0 ⋅ 1 ⋅ 5,099 = 0   EI    EI  3 3

Influência da Força Normal:

′′ 1 =  DQL

′′ 2 =  DQL

−

1 

 18,095 1  − 1  − 86,40 ⋅   ⋅ 3 + (− 0,34 ) ⋅ (11,30 − 12,24) ⋅ 5,099 =   EA   EA 2  15   1 

 1   4   − 86,40 ⋅   ⋅ 3 + (0,379)(− 12,24 + 11,30) ⋅ 5,099 =   EA  2  15  

− 70,028

 EA

Influência da Força Cortante:

′′′ 1 = 0  DQL

′′′ 2 = 1, 2 ⋅  DQL

1 1  − 2,820 ( − 0,1961)(61,18 − 56, 48) ⋅ 5,099 =  GA  2 GA

Portanto:  DQL1 = 0 +

 DQL 2 =

80

18,095  EA

107,079  EI 

−

+0=

18,095 75 EI 

70,028  EA

=

−

2,820 GA

0,241  EI  =

107,079  EI 

−

70,028 75 EI 

−

2,820 31,25 EI 

=

106,055  EI 

Método das Forças

Pórticos

Cálculo da Matriz F: F 11 =

∫

(m1 )2  EI 

F 21 = F 12 =

F 22 =

-

∫

 EI 

∫  EA

dx +

∫

(m2 )2

(n1 )2

m1 m2  EI 

dx +

∫

dx +  f S 

(v1 )2

dx = F 11′ + F 11′′ + F 11′′′

GA

n1 n2

∫  EA dx + ∫  f 

dx +

S 

(n2 )2

∫  EA

∫

dx +  f S 

(v 2 )2 GA

v1 v2 GA

dx = F 21′ + F 21′′ + F 21′′′

dx = F 22′ + F 22′′ + F 22′′′

Influência do Momento Fletor:

F 11′ =

1 1 1 (1,0)2 ⋅ 3 =   EI   3   EI 

F 21′ =

1 1 1  ⋅1⋅1⋅ 3 =  2 EI   EI   6

F 22′ =

1 1 1  2,6997 2 2 ( ) ⋅ 3 + (1,0) ⋅ 5,099 = 1 , 0   EI   3  EI  3

−

Influência da Força Normal:

F 11′′ =

 0,6028 2   ⋅ 3 + (− 0,340) ⋅ 5,099 =  EA  15   EA 

F 21′′ =

1  1 4  − 0,7104 − ⋅ ⋅ 3 − 0,340 ⋅ 0,379 ⋅ 5,099 =   EA  15 15  EA

F 22′′ =

−

2 1  − 1 

2 1   4  

   EA  15 

2



0,9458



 EA

⋅ 3 + (0,379) ⋅ 5,099 =

Influência da Força Cortante:

F 11′′′ =

F 21′′′ =

2 1,2  − 1 

  GA   3  



0,40



GA

⋅ 3 =

1,2  − 1  1 

 − 0,40 ⋅ 3       = GA GA   3   3  

81

Método das Forças

Pórticos

2 1,2  1 

 0,6353 2   ⋅ 3 + (− 0,1961) ⋅ 5,099 = GA  3  GA 

F 22′′′ =

Somando as três contribuições: F 11 =

1  EI 

F 21 =

F 22 =

•

DQ

0,6028

+

0,40

+

 EA

1

−

GA

0,7104

2 EI 

−

2,6997

+

GA

0,9458

 EI 

 EA

+

+

0,6028

1

=

−

0,6353 GA

=

−

75 EI  2,6997  EI 

=

1,02084

31,25 EI 

0,7104

2 EI 

0,40

+

75 EI 

 EI 

0,40

 EA

1

=

+

 EI 

0,40

=

31,25 EI  0,9458

+

75 EI 

0,47773  EI 

0,6353

=

31,25 EI 

2,73264  EI 

Solução do Sistema de Equações (Cálculo das Redundantes) : =

D QL

D QL =

+ FQ

1  0,241 





EI 106,055

F=

1 1,02084



0,47773



EI 0,47773 2,73264

 19,523   kN.m 42 , 224 −  

Q=

(2) Considerando apenas as deformações devidas ao momento fletor e à força normal.

•

DQ

Solução do Sistema de Equações : =

D QL

D QL =

+ FQ

1  0,241 



 20,611   − 42,862

Q=

82



EI 106,145

F=

1 1,00804

0,49053

EI 0,49053

2,71231





Método das Forças

Pórticos

(3) Considerando apenas as deformações devidas ao momento fletor.

•

DQ

Solução do Sistema de Equações : =

D QL

D QL =

+ FQ

1 

   EI 107,079 0

F=

1 1



EI 0,5

0,5 



2,6997 

 21,856   − 43,711

Q=

Comparação dos Resultados

Resumo dos Resultados Flexão + Axial

Flexão + Axial

Flexão

+ Cisalhamento

•

Q1

19,523

20,611

21,856

kNm

Q2

-42,224

-42,862

-43,711

kNm

Erros considerando apenas deformações devidas à flexão:

∆Q1 % =

∆Q2 % =

•

21,856 − 19,523 19,523

× 100 = 11,95%

− 43,711 + 42, 224 − 42, 224

× 100 = 3,66%

Erros considerando deformações devidas à flexão e à força axial:

∆Q1 % =

∆Q2 % =

20,611 − 19,523 19,523

× 100 = 5,57%

− 42,862 + 42,224 − 42, 224

× 100 = 1,51%

83

Método das Forças Exemplos de Aplicação em Grelhas

Método das Forças

Grelhas

EXEMPLO1: Calcule os esforços na grelha abaixo usando o Método das Forças. Despreze as deformações devidas à força cortante.

Figura 1 – Grelha

Estrutura Isostática Fundamental

Figura 2 – Estrutura Isostática Fundamental

Fase L

Figura 3 – Fase L

87

Método das Forças

Grelhas

Fases 1, 2 e 3

Figura 4 – Fases 1, 2 e 3 Momentos Fletores

88

Método das Forças

Grelhas

Momentos de Torção

Cálculo dos Deslocamentos Deslocamentos

 M  L .m1

T L .t 1

 DQL1

=

∫

 DQL1

=

1 1 2 1 )(1,0).3,0 + (22,5 )()(1,0).3,0 + {(− 90)()(1,0).3,0}  (− 90 )(  EI   2 3  GJ 

 DQL1

= −

 DQL1

= −

 DQL 2

=

∫

 DQL 2

=

1 1   .(− 180)(− 1,0).3,0 + 0  EI   2 

D QL 2  DQL 3

=

=

dx +

 EI 

90  EI 

−

270 GJ 

∫ GJ  dx

= −

90  EI 

−

405  EI 

495  EI   M  L .m2  EI 

dx +

T L .t 2

∫ GJ 

dx

270

∫

EI  M  L .m3  EI 

dx +

T L .t 3

∫ GJ 

dx

89

Método das Forças

 DQL 3 +

=

1

Grelhas

1 1 1   .(− 3,0)(− 90).3,0 + .(22,5)(− 3,0).3,0 + .(− 180)(− 3,0)(3,0)  EI   3 3 3  1

{(− 90)(− 3,0).3,0}

GJ 

 DQL 3

=

 DQL 3

=

742,5

810

+

 EI 

742,5

=

GJ 

 EI 

+

1215  EI 

1957,5  EI 

Cálculo dos coeficientes de Flexibilidade m1

2

=

F 11

=

F 11

=

F 21

=

F 12

=

F 31

=

F 13

=

F 31

=

F 13

F 31

=

=

F 22

=

F 22

=

F 22

=

90

2

∫  EI  dx ∫ GJ  dx

F 11

F 22

t 1

1  EI 

6  EI 

+

{(1,0) (3,0) 2

6

+

GJ 

=

6

∫ ∫

m3 .m1  EI 

GJ 

{(1,0)

2

(3,0) + (− 1,0)2 (3,0)}

 EI 

dx

+

dx

+

 EI 

1

9

+

 EI 

m1 .m 2

(1,0)2 (3,0)} +

+

t 1 .t 2

∫ GJ  dx

F 11

=

F 21

=

15  EI  F 12

=

0+0=0

t 3 .t 1

∫ GJ  dx

1 1 1  1 {(1,0)(− 3,0).3,0 + (1,0)(3,0).3,0}  (1,0)(− 3,0).3,0 + (1,0)(3,0).3,0 +  EI   2 GJ  2  0 0 F 13 = + = 0  EI  GJ  =

m2

2

∫  EI  1  EI 

6  EI 

15  EI 

{(

dx

−

+

+

t 2

2

∫ GJ  dx

2

2

}

1,0) (3,0) + (1,0) (3,0) 6

GJ 

=

6  EI 

+

9  EI 

+

1 GJ 

{(1,0) (3,0) 2

+

(1,0)2 (3,0)}

Método das Forças

F 23

=

F 32

=

F 23

=

F 32

=

m3

∫

m2 .m3

dx

 EI 

9  EI 

+

2

Grelhas

+

t 2 .t 3

∫ GJ  dx

0

F 32

GJ  t 3

=

F 23

=

9  EI 

2

F 33

=

∫  EI 

F 33

=

1 1 1 1 1  2 2 2 2  (− 3,0) (3,0) + (− 3,0) (3,0) + (3,0) (3,0) + (3,0) (3,0) +   EI   3 3 3 3 

+

1 GJ 

F 33

=

{(

−

36  EI 

dx

+

∫ GJ  dx

2

}

2

3,0) (3,0) + (− 3,0) (3,0)

+

54 GJ 

=

36  EI 

+

81

F 33

 EI 

=

117  EI 

Fase Final

D QL

=

 − 495  1    270  EI   1957,5

F=

Condições de Compatibilidade:

15 1  0  EI    0

0 15 9

0 

 9   117

0   D Q = 0   0

Resolvendo o sistema de equações:

DQ = DQL + F.Q = 0 DQL + F.Q = DQ Obtém –se:

Q1 = 33,0 kN.m Q2 = -8,35 kN.m Q3 = -16,09 kN.m

91

Método das Forças

Grelhas

EXEMPLO2: Calcular as reações de apoio da grelha da figura abaixo através do método das forças. Dados: E = constante. G = E / 1,5

Figura 5 – Grelha vista superior (Planta)

Propriedades Geométricas das Seções  J  = β  ⋅ h ⋅ b

b

h

=

 I  AB

=

=

 J  AB  I  AB

=

⇒ β  =

1 3

   

0,211 −

−

3

3

12

⇒

h

 = 0,140833

12 

⇒  J  AB

0,140833 ⋅ h ⋅ b 3 b⋅h

1  

=

0,140833 ⋅ h 4

4

12

0,140833 ⋅ h 4

⋅

12 h

4

=

1,69 ⇒  J  AB

=

1,69 I  AB

Barra BC:

 β  =  J  BC  92

1

Barras AB e CD:

 J  AB

-

 β  =

3

  0,15   1 − (0,15) 4  − 0,21 3 0,30   12(0,30)   4

1

=

0,22888 ⋅ 0,30 ⋅ (0,15)

3

=

=

0,22888

2,317412 × 10

4

−

−

b  

b4

 

 0,21 1 − h   12h 4  

Método das Forças  J  BC   I  AB

0,34332 ⇒  J  BC 

=

3

 I  BC 

=

Grelhas

0,15 ⋅ (0,30) 12

=

=

0,34332 ⋅ I  AB

 I  AB

2

Estrutura Isostática Fundamental Devido à simetria do problema, tem-se que a força cortante e o momento torçor são nulos na seção de simetria. Apenas o momento fletor é diferente de zero nesta seção. Portanto, lançando mão desta característica, a estrutura isostática fundamental pode ser tomada como a apresentada na figura abaixo.

Figura 6 – Estrutura isostática fundamental – E.I.F.

Fase L

Figura 7 – Fase L

93

Método das Forças

Grelhas

Por equilíbrio tem-se:

Figura 8 – Equilíbrio das barras e nós

Figura 9 - Decomposição dos momentos na barra AB Diagramas Força cortante

94

Momento torçor

Momento fletor

Método das Forças

Grelhas

Fase 1

Figura 10 – Fase 1

Figura 11 - Equilíbrio e Decomposição dos Momentos na Barra AB Diagramas Força cortante

Momento torçor

Momento fletor

95

Método das Forças

Grelhas

Cálculo dos Deslocamentos  M  L m1

T L t 1

 DQL1

=

∫

 DQL1

=

1 1  1    ( − 1)(− 900) ⋅ 3  (− 0,6)(− 4480 − 480) ⋅ 5  +   EI  AB  2    EI  BE   3

 EI 

∫ GJ  dx

1

1

+

 DQL1

dx +

7440

=

(640 ⋅ 0,8 ⋅ 5)

GJ  AB

900

+

 EI  AB

+

 EI  BE 

2560 GJ  AB

=

7440  EI  AB

+

2 × 900  EI  AB

+

1,5 × 2560 1,69 × EI  AB

=

11 512,189  EI  AB

Cálculo dos coeficientes de flexibilidade F 11

=

F 11

=

1  EI  AB

1,8  EI  AB

[(

−

+

0,6)

2

3  EI  BE 

⋅

]

5

+

+

1

2

 EI  BE 

3,2 GJ  AB

=

(1

⋅

3) +

1,8  EI  AB

+

1

2

GJ  AB

2⋅3  EI  AB

[(0,8) 5]

+

⋅

1,5 ⋅ 3,2 1,69 ⋅ EI  AB

=

10,640 EI  AB

Fase Final  DQL1  DQ1

Q1

11 512,189

=

=

=

 EI  AB

 DQL1

+

F 11

=

10,640  EI  AB

F 11 Q1

 − 11 512,189    EI   = −1 081,973 kNm 10,640   AB   EI  AB

Cálculo das reações de apoio  M  AY 

 M  AX 

V  A

=

=

 M  AYL

=

 M  AXL

V  AL

+

+

 M  AYQ ⋅ Q

+

 M  AXQ ⋅ Q

V  AQ ⋅ Q

Por simetria: V  D

=

800 kN 

 M  DX 

=

 M  DY 

= −

96

3 200 kN  ⋅ m 2 118,0 kN  ⋅ m

3200 + (− 1) ⋅ (− 1 081.973)

 M  AY 

= −

 M  AY 

= −

 M  AX 

=

3200 + (0) ⋅ (− 1 081.973)

 M  AY 

=

3 200 kN  ⋅ m

V  A

=

800 + (0) ⋅ (− 1 081.973)

V  A

=

800 kN 

2 118,0 kN  ⋅ m

Método das Forças

Grelhas

EXEMPLO3: Calcular a grelha abaixo considerando o carregamento indicado, sendo a altura das barras h = 0,60 m. Considerar como incógnitas redundantes os momentos reativos no apoio C.

 EI  GJ 

=

1,5

Figura 12 – Grelha

Estrutura Isostática Fundamental G. I . E . = 3 + 2 − 3 = 2

Figura 13 – Estrutura Isostática Fundamental

Fase L

Figura 14 – Fase L

97

Método das Forças

 A RL 3

=

4⋅4 8

=

Grelhas

2,0

10 ⋅  A RL1 + (2 ⋅ 6) − (8 + 4) ⋅ 6 − 2 ⋅ 6 ⋅ 3 = 0  A RL 2

=

⇒

A RL1

=

9,6

(8 + 4 + 2 ⋅ 6) − 9,6 − 2 = 12,4

Diagramas da Fase L

Barra AB: - Momento torçor: nulo. - Momento fletor:

Barra DC: - Momento torçor: nulo. - Momento fletor:

Figura 15 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase L

Fase 1

(Q1

=

1; Q2

=

0)

Figura 16 –Fase 1 98

Método das Forças

Grelhas

Diagramas da Fase 1

Barra AB: - Momento torçor: nulo. - Momento fletor:

Barra CD: - Momento fletor: nulo. - Momento torçor:

Figura 17 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase 1

Fase 2

(Q1

=

0; Q2

=

1)

Figura 18 – Fase 2

99

Método das Forças

Grelhas

Diagramas da Fase 2

Barra AB: - Momento torçor: nulo. - Momento fletor:

Barra DC: - Momento torçor: nulo. - Momento fletor:

Figura 19 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase 2

Cálculo dos Deslocamentos  DQL1

=

 DQL 2

=

1 1

 − 36,4 4 1   6   1   6   ⋅ 38,4 ⋅ ⋅4+ ⋅−  ⋅ 38,4 ⋅ 6 + ⋅  −  ⋅ 9 ⋅ 6 =   EI   3  EI  10 3   10  3   10   1 1



 EI   3

⋅

38,4 ⋅

3 10

⋅

4+

1 3

⋅

38,4 ⋅

3 10

⋅

6+

1 3 ⋅

3 10

⋅

9⋅6 +

1 3

⋅

8⋅

1 2

⋅

4+

1 6

⋅

  1    59,8 + 1 ⋅ 4 =  2       EI 

8⋅2⋅

Cálculo dos Coeficientes de Flexibilidade 2 2  1 2 1  1   4   1   6   (1 ⋅ 8) = 0,9333 + 8 ⋅1,5 F 11 = ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅   6 +    4  EI   3  10   EI   EI  3   10   GJ 

F 12

=

F 21

=

12,9333  EI 

 1 1  1   4     3   1   6     3   0,2 (0) = − ⋅  ⋅   ⋅ 4 + ⋅  −  ⋅   ⋅ 6 + 0 +   EI   3  10   10   EI  3   10   10   GJ 

2 2  1 1  1   3   1   3   1 2,9667 2 F 22 = ( ) (0) = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 4 6 1 8      +  EI   3  10   EI  3  10  3  GJ 

100

=

Método das Forças

Grelhas

Equação de Compatibilidade

 DQ

=  DQL +

Q = F  ( DQ 1

−

F  Q −

 DQL

=

DQL ) F  =

1

−

F 

1 − 36,4





 EI   59,8 

1 12,7667



 EI  

−

0,2

−

0,2 



2,9667

0,07740 0,00522 0,00522 0,33743  

=  EI 

Assim sendo, 2,5053 t ⋅ m

Q1

=

Q2

= −

19,9884 t ⋅ m

Cálculo das Reações de Apoio

 A R

=  A RL +  A RQ ⋅ Q

 9,6     A RL = 12,4    2   9,6   0,1     A R = 12,4 + − 0,1     2   0

 A RQ

 0,1  = − 0,1   0

0,075 

  − 0,125  0,05

 2,5053    − 19,9884 

Q=

0,075 

 ⋅  2,5053   − 19,9884  − 0,125  0,05

 8,351     A R = 11,150    4,499 

101

Método das Forças Exemplos de Aplicação em Estruturas Sujeitas a Variação de Temperatura e/ou Recalques de Apoio

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO1: A viga principal de uma ponte, já executada, simplesmente apoiada nos topos dos pilares A, B e C, sofreu recalques (verticais para baixo) nas fundações dos pilares B e C, localizadas no leito do rio, de 1,5 cm e 0,8 cm respectivamente. Avalie os esforços introduzidos na estrutura em decorrência destes recalques, usando o método das forças, determinando as reações de apoio e traçando os diagramas de forças cortantes e momentos fletores. Dados: E=3x10 kN/m

Seção Transversal

Figura 1 – Viga principal de uma ponte

Figura 2 – Viga contínua

Grau de Indeterminação Estática: 1 DQ1 = -0,015 m

Figura 3 - Estrutura isostática fundamental – E.I.F.

105

Método das Forças

Vigas

Fase R

Figura 4 – Fase R −

 DQR1

=

0,008

⋅

27

−

3

12 = −3,56 × 10 m

Fase 1

Figura 5 – Fase 1

-

Figura 6 – Diagrama de momento fletor – Fase 1 F 11

=

1 1 1  2 2 ( ⋅ (− 6,667 ) ⋅ 12 + − 6,667) ⋅ 15   EI   3 3

=

400  EI 

Fase Final D QR

−

E

+

F ⋅ Q = DQ

3,56 × 10 =

−

3

+

7 3 × 10 kN 

400  EI  m

⋅ Q1 = −

0,015

2

EI = 1 × 10 6 kNm 2

Q1

106

− =

0,01144 400

EI = −28,6 kN 

 I  =

0,40 ⋅ 13 12

=

3,3333 × 10 2 m 4 −

Método das Forças

Vigas

Cálculo das demais Reações

Figura 7 – Reações de apoio

∑ M  ∑V

 A =

=

0

0

∴

∴

− V C  ⋅

VA

−

27 + 28,6 ⋅ 12 = 0 ⇒ V C 

28,6 + VC

=

0 ⇒

VA

=

=

12,71 kN

15,89 kN 

Diagramas de Esforços Solicitantes 15,89kN

12,71kN

Figura 8 – Diagrama de força cortante

190,68kNm

Figura 9 – Diagrama de momento fletor

107

Método das Forças

Treliças

EXEMPLO2: Obter os esforços nas barras da estrutura abaixo. Além da carga indicada, considerar um deslocamento vertical de 1cm no apoio D para baixo (no sentido negativo do eixo y). Adotar como redundantes o esforço interno na barra BD e a reação vertical no apoio A (direção do eixo y). Todas as barras têm seção constante de 10cm 2 e 2 módulo de elasticidade E=21000kN/cm .

Figura 10 - Treliça Estrutura Isostática Fundamental: −

Grau de Indeterminação Estática:

G. I . E  = (m + v ) − 2 ⋅ n = (8 + 4) − 2 ⋅ 5 = 2 −

Incógnitas Redundantes: o Q1→ força normal na barra DB o Q2→ reação vertical no apoio A

Figura 11 – Estrutura isostática fundamental – E.I.F.

108

Método das Forças

Treliças

Fase L

sen (60°) = 0,866  cos(60°) = 0,5 Figura 12 – Fase L

 1,5   = 26,565° 3 , 0    

sen(α ) = 0,447

 1,5   = 45°  1,5 

sen( β ) = 0,707

α  =  Arc tan

cos(α ) = 0,894

 β  =  Arc tan

cos( β ) = 0,707

Nó C:

∑V  = 0 ∴ 50 ⋅ 0,866 +  N  ⋅ 0,447 = 0 ⇒ ∑ H  = 0 ∴ 50 ⋅ 0,5 −  N  −  N  ⋅ 0,894 = 0  EC 

 BC 

 EC 

N EC  = −96,825

⇒ N BC  = 111,603

Nó B:

∑V  = 0 ∑ H  = 0

⇒  N EB ⇒  N AB

=

0

= 111,603

Nó D:

∑ H  = 0

⇒  N DE  = 0

Nó E:

∑ H  = 0 ∴ N 

 EC 

⋅ 0,894 −  N  AE  ⋅ 0,707 −  N  DE  =

0 ⇒

N AE  = −122,474

Nó A:

∑V  = 0 ∴ N 

 DA

+  N  AE  ⋅ 0,707 =

0 ⇒

N DA = 86,602

109

Método das Forças

Treliças

Fase R  DQR = −

∑ R × δ  i

i

i

δi

= - 1 cm = - 0,01 m

Fase 1

Figura 13 – Fase 1 Nó C:

∑V  = 0 ∑ H  = 0

⇒  N EC 

=

0

⇒  N BC 

=

0

Nó B:

∑V  = 0 ∴ N  ∑ H  = 0 ∴ N 

 EB

0 ⇒

N EB = −0,707

+ 1 ⋅ 0,707 =

0 ⇒

N AB = −0,707

+ 1 ⋅ 0,707 =

0 ⇒

N DE  = −0,707

+ 1 ⋅ 0,707 =

 AB

Nó D:

∑ H  = 0 ∴ N 

 DE 

Nó E:

∑ H  = 0 ∴ N 

 DE 

+  N  AE  ⋅ 0,707 =

0 ⇒

N AE  = 1

Nó A:

∑V  = 0 ∴ N 

 DA

+  N  AE  ⋅ 0,707 =

0

⇒ N DA

= −0,707

Reação Vertical em D (R D):

∑V 

 D

110

=

0 ∴ R D1 +  N  DA + 1 ⋅ 0,707 = 0 ⇒

R D1 = 0

Método das Forças

Treliças

Fase 2

Figura 14 – Fase 2 Nó C:

∑V  = 0 ∑ H  = 0

⇒  N EC 

=

0

⇒  N BC 

=

0

Nó B:

∑V  = 0 ∑ H  = 0

⇒  N EB

=

⇒  N AB

0 =

0

Nó D:

∑ H  = 0

⇒  N DE 

=

0

⇒  N AE 

=

0

Nó E:

∑ H  = 0 Nó A:

∑V  = 0 ∴1 −  N 

 DA

=

0 ⇒

N DA = 1

Reação Vertical em D (R D):

∑V 

 D

=

0 ∴ R D 2 +  N  DA = 0

⇒ RD 2

= −1

111

Método das Forças

Treliças

Quadro Resumo dos Esforços: Barra

{EA}i

Li

{N L }i

AB

EA

1,5

111,603

BC

EA

3,0

111,603

DA

EA

1,5

86,603

AE

EA

1,5 2

-122,474

1

0

DB

EA

1,5 2

0

1

0

DE

EA

1,5

0

−

EB

EA

1,5

0

−

EC

EA

3,354

-96,825

0

0

(n 1 )2 ⋅ L i

{n 1 ⋅ n 2 ⋅ L}i

(n 2 )2 ⋅ L i

{n 1 }i −

2

2

0 −

2

2 2

{n 2 }i 0 0

2

2 2

1

0 0

Cálculo dos Coeficientes: Barra

112

{N L ⋅ n 1 ⋅ L}i {N L ⋅ n 2 ⋅ L}i

AB

-118,372

0

0,75

0

0

BC

0

0

0

0

0

DA

-91,856

129,904

0,75

-1,061

1,5

AE

-259,807

0

1,5 2

0

0

DB

0

0

1,5 2

0

0

DE

0

0

0,75

0

0

EB

0

0

0,75

0

0

EC

0

0

0

0

0

Método das Forças

Treliças

  N  L ⋅ n1 ⋅ L  = ∑   EA     i =1 i 8

 DQL1

=

 DQL 2 =

 EA

 DQR1 = −(0 ⋅ (−0,01) ) = 0

 (n1 )2 ⋅ L   F 11 = ∑     EA i =1     i 8

=

129,904  EA

7,243  EA

 n1 ⋅ n2 ⋅ L    ∑  EA   i i =1  

 (n 2 )2 ⋅ L   F 22 = ∑    EA   i =1   i

=

 DQR 2 = −(( −1) ⋅ ( −0,01) ) = −0,01

8

F 21 = F 12 =

  N  L ⋅ n2 ⋅ L    ∑  EA     i =1 i 8

− 470,036

8

=

− 1,061

 EA

1,5

=

 EA

Cálculo das redundantes  EA = 21000

D QL

kN  cm

2

⋅ 10cm

2

=

210 000kN 

 0   − 0,01

− 2,238 × 10 −3  =   6,186 × 10 −4 

D QS = D QL + D QR

D QR = 

− 2,238 × 10 −3   0  − 2,238 × 10 −3  = + =  −4 −3 − 0 , 01 × − × 6 , 186 10 9 , 381 10      

 3,449 × 10 −5 F=  − 5,052 × 10 −6

− 5,052 × 10

−6

7,143 × 10 −6

  

D Q = D QS + F Q = 0 Q1 = 287,0 kN

Q 2 = 1516,35 kN

Esforços finais nas barras N i = (N L )i + (n 1 )i ⋅ Q1 + (n 2 )i ⋅ Q 2

NAB = -91,31 kN NBC = 111,60 kN NDA = 1400,04 kN NAE = 164,54 kN

NDB = 287,01 kN NDE = -202,92 kN NEB = -202,92 kN NEC = -96,83 kN

113

Método das Forças

Pórticos

EXEMPLO3: Resolver o pórtico da figura pelo método da flexibilidade. Considerar, além do carregamento indicado, as seguintes solicitações: 1. Deslocamentos dos apoios: - Rotação de 0,02 rad no sentido anti-horário no apoio A; - Recalque vertical de 2 cm no apoio C. º

2. Variação de temperatura na barra AB, sendo esta variação na face superior de 10 C (∆Ts = 10ºC) e na face inferior de 30ºC (∆Ti = 30ºC). Para o efeito da carga aplicada, considerar apenas as deformações por flexão.

Figura 15 - Pórtico

Figura 16 - Estrutura Isostática Fundamental

114

Método das Forças

Pórticos

Fase L

Figura 17 – Fase L – Diagrama de momento fletor

Fase T (Variação da temperatura)

Figura 18 – Fase t – Variação da temperatura •

Variação uniforme: ∆T G = 20oC  5

d δ   = α  ∆T G dx = 20  x 10 − dx

•

Variação linear: d θ  =

T1 = 10

α (T 1 − T 2 )

h

dx

=

T2 = -10 10 −5 [10 − (− 10 )] 0,4

dx

=

4

5  x 10− dx

115

Método das Forças

Pórticos

Fase R (Rotação no apoio A)

•

a

1 opção – cálculo geométrico de D QR1 e DQR2:

LAC = 5 m ∆

tg β ≈ β =  L  AC  ∆ = β . LAC = 0,02 . 5

∆ = 0,10 m

Figura 19 - cálculo geométrico de DQR1 e DQR2 sen α

=

cos α

=

•

3

=

0,6

=

0,8

5 4 5

D QR1 = ∆ . sen α = 0,10 . 0,6 = 0,06 ⇒  D QR 2 = ∆ . cos α = 0,10 . 0,8 = 0,08

a

2 opção – Método da carga unitária (P.T.V. para corpos rígidos):

   R . δ     ∑ i i   i  

∆ = −

Ri = reações de apoio devido à carga unitária correspondente a ∆ δi = deslocamentos do apoio

116

Método das Forças

Pórticos

Fase 1

Figura 20 – Fase 1

Figura 21 –Diagramas - Fase 1

Fase 2

Figura 22 – Fase 2

Figura 23 – Diagramas - Fase 2 117

Método das Forças

Pórticos

Cálculo dos Deslocamentos

Cargas:

⇒ D QL

− 2,1333x10 −3  =  −3 − 2,1333x10 

Temperatura:

 DQT1 = 6,8 x 10

-3

 DQT1 = 4,0 x 10 ⇒ -3

D QT

6,8x10 −3  =  −3 4,0 x10 

ª

Recalque (pela 2 opção) – Observar que a rotação do apoio é positiva:

D QR 1

[

]

= − − 3,0 ⋅ 0,02 =

[

]

D QR 2

= − − 4,0 ⋅ 0,02 =

F11

=

1   2  3,0 . 4 EI  

F21

=

F22

=

118

F12

=

+

1 3

0,06 0,08

   

. 3,0 2. 3 

1  1    . 3. 4 . 4  EI  2  

1  1    . 4. 4. 4  EI  3  

⇒ D QR

=

=

=

0,06   0 , 08  

45 EI

24 EI

21,333 EI

=

⇒ F=

1 45

24 

EI 24

21,333





Método das Forças

Pórticos

Fase Final Q = F –1{DQ - DQS } DQS

DQS = DQL + DQR + DQT

− 2,133  x10 −3  0,06 6,8  x 10 −3  0,0647  =  + + =   −3 −3 0 , 08 0 , 0819 −  x  x 2 , 133 10 4 , 0 10          0    − 0,02

DQ =

− 0,0647    − 0,1019 

8 333,33 − 9 375  F –1 =    − 9 375 17 578,12

DQ - DQS = 

Q

=

 416,15    − 1184,65

Figura 24 - Diagrama de momentos fletores

Comparação das Soluções •

Solução considerando-se apenas o carregamento propriamente dito:

D QL

− 2,1333x10 −3  = −3  − 2 , 1333 x 10  

DQL + FQ = DQ = 0

− 2,22  kN  17 , 50  

Q = 

119

Método das Forças •

Pórticos

Solução considerando-se carregamento carregamento e variação de temperatura

DQS

− 2,133  x 10 −3  6,8  x 10 −3  =  + −3  −3   x  x − 2 , 133 10 4 , 0 10    

=

4,667  x10−3    1,867  x10−3 

DQS + FQ = DQ = 0

− 21,39  kN   10,94 

Q = 

•

Solução considerando-se carregamento, carregamento, variação de temperatura e recalque de apoio

DQS

− 2,133  x 10 −3  0,06 6,8  x 10 −3  0,0647 =  + + =   −3 −3 0 , 08  4,0  x 10  0,0819  − 2,133  x 10  

DQS + FQ = DQ = 0 Q

=

120

 416,15    kN  − 1 184 , 65  

Método das Forças

Grelhas

EXEMPLO4: Calcule as redundantes e as reações de apoio da grelha abaixo usando o método das forças. Considere, além do carregamento indicado, uma variação de temperatura linear ao longo da altura na barra AB, sendo esta variação dada por uma redução de temperatura de 20ºC na face superior e um acréscimo de 20ºC na face inferior. Considere também, um recalque vertical para baixo baixo no apoio C igual à 1 cm e uma rotação β =0,01 rad no apoio A, em torno do eixo ei xo y, conforme indicado.

Figura 25 – Grelha Dados: (constantes para todas as barras)

7

E = 3 × 10 kN / m

2

G = 1,25 × 10 7 kN / m 2

α = 10 −5 /º C A = 0,08m 2 I = 1,0667 × 10 −3 m 4 f s =

6 5

J = β × h × b 3 = 7,3242 × 10 − 4 m 4 b   b 4    β = − 0,21 1 − 3 h   12h 4   1

121

Método das Forças

Grelhas

 DQ1 = −0,01  DQ 2 = 0  DQ 3 = 0

Figura 26 - Estrutura isostática fundamental – E.I.F.

Fase L

Reações de apoio :

∑ F = 0 ⇒ V − 24 = 0 ∴ V = 24kN ∑ M = 0 ⇒ M − 24 × 1 = 0 ∴ M ∑ M = 0 ⇒ M + 24 × 4 = 0 ∴ M Z

A

X(A )

AX

Y(A )

AY

Figura 27 – Fase L

Figura 28 – Equilíbrio de barras e nós – Fase L

122

A

AX AY

= 24kNm = −96kNm

Método das Forças

Grelhas

Diagramas da Fase L

Fase 1

Reações de apoio:

∑ F  = 0 ⇒ 1 − V  = 0 ∴V  = 1kN  ∑ M  = 0 ⇒ M  − 1× 2 = 0 ∴ M  ∑ M  = 0 ⇒ M  − 1× 4 = 0 ∴ M   Z 

 A

 A

 X ( AB )

 AX 

Y ( AB )

 AY 

 AX 

 AY 

= 2 kNm = 4 kNm

Figura 29 – Fase 1

Figura 30 - Equilíbrio de barras e nós – Fase 1

123

Método das Forças

Grelhas

Diagramas da Fase 1

Fase 2

Reações de apoio:

∑ F  = 0 ∴V  = 0 ∑ M  = 0 ⇒ M  ∑ M  = 0 ∴ M   Z 

 X ( A ) Y ( A )

Figura 31 – Fase 2

Figura 32 – Equilíbrio de barras e nós – Fase 2

124

 A

 AX 

 AY 

+ 1 = 0 ∴ M  AX  = −1kNm

=0

Método das Forças

Grelhas

Diagramas da Fase 2

B

B

B

Fase 3

Reações de apoio:

∑ F  = 0 ∴V  = 0 ∑ M  = 0 ∴ M  ∑ M  = 0 ⇒ M   Z 

 X ( A ) Y ( A )

 A

 AX   AY 

=0 + 1 = 0 ∴ M  AY  = − 1kNm

Figura 33 – Fase 3

Figura 34 – Equilíbrio de barras e nós – Fase 3

125

Método das Forças

Grelhas

Diagramas da Fase 3

B

B

B

Fase T

Variação uniforme de temperatura induz apenas rotação. T 1 = 20 T 2 = −20 d θ   =

α (T 1

− T 2 )dx h

=

10

−5

(20 − (− 20))dx 0,4

= 10 −3 dx

Figura 35 – Fase T 4

4

∫

∫

0

0

 DQT 1 = m1 ⋅ d θ   =

−3

(

) .dx = 8 × 10

(

) .dx = − 4 × 10 −3

4

∫

 DQT 2 = m2 ⋅ d θ   =0 0

4

∫

∫

0

0

 DQT 3 = m3 ⋅ d θ   =

126

4

Método das Forças

Grelhas

Fase R Utiliza-se o P.T.V. para corpos rígidos para obter os deslocamentos devidos ao recalque de apoio (rotação β). O deslocamento correspondente a cada redundante é obtido multiplicando o recalque pela reação de apoio devida a uma carga unitária aplicada na direção da redundante. (Fases 1, 2 e 3).

β

Figura 36 – Fase R

 DQR1 ⋅ 1 + 4 ⋅ 0,01 = 0 ⇒  DQR1 = −0,04  DQR 2 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0,01 = 0 ⇒  DQR 2 = 0  DQR 3 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0,01 = 0 ⇒  DQR3 = 0,01

Cálculo dos deslocamentos

∆=

 Nn

∫ EA

[

GJ 

+  DQL1 =

 DQL 2 =

 Mm

∫  EI 

∫

dx +  f S 

Vv GA

.dx +

 M T mT 

∫

GJ 

4

1

 DQL1 =

 DQL3 =

dx +

0

 EI 

GJ 

GJ 

 EI 

[

∫

GA

4

[

∫

dx] +

0

dx]

0

[(− 24 ⋅ (− 2) ⋅ 4)] +

1

1

dx] +

 f S 

4

1 1

∫

dx

 f S  GA

[(24 ⋅ (− 1) ⋅ 4)] +

4

[

∫

dx] =

0

4

[

∫ 0

dx] =

1  − 96 ⋅ 4 ⋅ 4  

  EI   

1 GJ 

3

−3   = 4,857 × 10 m   

[(− 24 ⋅ 1 ⋅ 4)] = −1,056 × 10 −2 rad 

1  − 96 ⋅ (− 1) ⋅ 4  −3   = 6 × 10 rad    EI    2  

127

Método das Forças

Grelhas

Cálculo dos coeficientes F 11 =

4

1

[

GJ 

∫

2

) dx] +

(

0

2

∫

2

) dx] +

(

0

F 11 =

1 GJ 

F 12 = F 21 =

F 13 = F 31 =

F 22 =

F22 =

1

[

GJ 

1 GJ 

 EI 

∫

1

∫

 EI 

[

2

∫

(

0

GA

[(− 1)

2

⋅ 4 + (1) ⋅ 2] + 2

dx] +

) dx]

2 1  (4) ⋅ 4

  EI  

1  EI 

3

+

(2)2 ⋅ 2 

 = 2,5048 × 10 

3

−3

2

[

∫

dx]

0

1  2 ⋅ (− 1) ⋅ 2  −4 = − × 9 , 3631 10   EI   2

4

∫

dx] =

0

1

2

) . dx+

1  4 ⋅ (− 1) ⋅ 4  = −2,5 × 10 − 4    EI   2 

2

∫

 EI  0

2

(

) .dx

1 4 2 (1) ⋅ 4]+ [(− 1) ⋅ 2] = + = 4,99 ×10 [ GJ EI GJ EI 2

2

(

0

 f S 

[(− 2 ⋅ 1 ⋅ 4)] +

∫

) dx +

∫

(

) dx +

0

0

[

2

( 2

4

GJ  0

[

4

1

1

GA

4

4

1

[(− 2 ⋅ (− 2) ⋅ 4)] +

F 12 = F 21 =

 f S 

2

−4

F 23 = F 32 = 0

F 33 =

1 GJ 

2

[

∫

(

1

2

) dx] +

0

 EI 

4

[

∫

(

2

) dx] =

0

2

+

4

GJ   EI 

Fase Final D Q = D QL + D QR + D QT + FQ

− 0,01 DQ =  0     0   4,857 × 10 −3    D QL =  − 1,056 × 10 − 2   6,0 × 10 −3   

128

D QR

− 0,04 = 0     0,01 

D QT

 8 × 10 −3    = 0  − 3 − 4 × 10   

= 3,4345 × 10 − 4

Método das Forças

Grelhas

Somando teremos - DQS

D QS

− 2,714 × 10 −2    =  − 1,056 × 10 − 2   1,2 × 10 − 2   

 2,5048 × 10 −3  −4 F = − 9,3631× 10  − 2,5 × 10−4 

− 9,3631 × 10−4 4,9941 × 10

−4

− 2,5 × 10−4 

  −4  3,4345 × 10  0

0

 49,71kN    Q = 114,34kNm    1,24kNm 

Reações de Apoio

Figura 37 – Reações de apoio

∑ V = 0 ⇒ V − 24 + 49,71 = 0 ∴ V = −25,71kN ∑ M = 0 ⇒ (24 ⋅ 4) + 1,24 − (49,71⋅ 4) + M = 0 ∴ M ∑ M = 0 ⇒ −24 − (49,71⋅ 2) + 114,34 + M = 0 ∴ M A

A

Y

AY

AY

= 101,6kNm

X

AX

AX

= 9,08kNm

129

Método das Forças Exemplos de Aplicação em Estruturas com Barras de Seção Variável

Método das Forças

Barras de Inércia Variável

ESTRUTURAS COM BARRAS DE SEÇÃO VARIÁVEL Considere a barra com altura variando ao longo do eixo x.

Figura 1 – Barra de seção variável Pode-se escrever a altura h em função de x

h(x).

As grandezas I(x), A(x), J(x) são características geométricas da seção que variam também ao longo de x. Equação do método da carga unitária: ∆ ×1 = ∫

nN   EA( x )

dx +

mM 

∫ EI ( x)

∫

dx +  f S 

vV  GA( x )

dx +

tT 

∫ GJ ( x) dx

Devido à variação de h e à variação das caraterísticas geométricas I(x), A(x) e J(x) a integração analítica do 2º membro torna-se muito trabalhosa ou mesmo impossível. No caso de barras com h variando linearmente e parabolicamente (mísulas retas e parabólicas, respectivamente), a integral

 Mm

∫ EI ( x) dx pode ser resolvida por meio de tabelas

como as de Guldan. Para barras de seção transversal variável de acordo com uma lei qualquer, o problema deve ser resolvido segundo um esquema de integração numérica.

Integração numérica: A integral representa a área sob a curva da função  f(x), entre as retas x=a e x=b .

Figura 2 – Área sob a curva  f(x)

133

Método das Forças

Barras de Inércia Variável

Esta integral pode ser aproximada na forma: b

 N 

a

i=

∫  f ( x)dx ≈ ∑1  f ( x )W  i

i

sendo: N = número de pontos de integração; W i = peso ;  xi = ponto de integração (ou ponto amostral ou nó) ;  f(xi) = valor de f(x) no ponto xi ; •

Esquemas de integração com intervalos iguais – integrar numericamente uma função no intervalo [a,b] é integrar um polinômio Pn(x) que aproxime a função f(x) no intervalo. Vantagens de integrar o polinômio Pn(x) ao invés de f(x):  

 f(x) pode ser de integração difícil ou até mesmo impossível, enquanto o polinômio

é de integração direta;  f(x) às vezes não é conhecida, sendo dada através de tabela de valores de pares ordenados obtidos experimentalmente.

Figura 3 – Função f(x) a ser integrada Sendo dados K pares ordenados ( x k , f k ) , aproxima-se a função f(x) pelo polinômio Pn (x) na forma:  f ( x ) = Pn ( x ) + Rn ( x ) Pn ( x ) =

∑  f 

K 

⋅ l K  ( x )

Sendo: l K  ( x ) ⇒ polinômios aproximados, obtidos em função dos pares  Rn(x) ⇒ Resto

134

ordenados ( xk  , f k )

Método das Forças

Barras de Inércia Variável

Esquemas de integração numérica com intervalos iguais mais usados: - Regra dos trapézios – função aproximadora linear,

- Regra de Simpson – função aproximadora é um polinômio de 2º grau.

•

Esquema de integração com intervalos desiguais – Quadratura de Gauss-Lengendre . Estes esquemas são baseados na propriedade de ortogonalidade de polinômios. Dois polinômios gn(x) e gm(x) de uma família de funções gk(x) são ortogonais no intervalo [a,b], se: b

∫ W ( x) ⋅ g

m

( x) ⋅ g n ( x)dx = 0 → se n ≠ m

a b

∫ W ( x)[g

n

( x)]2 dx = c(n) ≠ 0 → se n = m

a

A família de polinômios de Legendre possui ortogonalidade no intervalo [-1,1] com relação à função W(x)=1.

135

Método das Forças

Barras de Inércia Variável

O problema de integração de uma função  f (ξ ) no intervalo [− 1,1] fica reduzido a: 1

 N 

∫1 f (ξ )d ξ  ≈ ∑1  f (ξ  )w i

−

i

ξ  → [− 1,1]

i=

onde N é o número de pontos amostrais (raízes dos polinômios de Legendre) e W i são os pesos, obtidos pela condição de ortogonalidade destes polinômios. Os passos para integração numérica com a Quadratura de Gauss-Legendre são os seguintes:    

Definir o número de pontos amostrais; Obter ξ i e W i de tabelas apropriadas; Proceder a mudança de coordenadas físicas  x para coordenadas naturais ξ  ; Efetuar o somatório de aproximação da integral.

A integração é exata se  f (ξ ) é um polinômio de ordem 2N-1 ou inferior, conforme mostrado na tabela abaixo. N(nº de pontos amostrais) 1 2 3 4 5

Ordem do polinômio integrado exatamente 1 3 5 7 9

Por exemplo, para integrar exatamente um polinômio do 5º grau são necessários 3 pontos amostrais. Antes de usar a Quadratura de Gauss Legendre é necessária a mudança para as coordenadas naturais ξ  , como no exemplo abaixo. l

∫0  f ( x)dx → x ∈ [0,1]

 x = ξ

136

l

2

(ξ  + 1) → dx =

l

2

d ξ 

Método das Forças

Barras de Inércia Variável

1

1 l l N   l l l l   ( ) ( 1 ) ( 1 ) 1  f   x dx  f  d   f  d   f  = ξ  + ξ  = ξ  + ξ  ≈ ⋅ ξ  + ( ) ∑ i ∫0 ∫−1  2  2   ⋅ W i 2 −∫1  2 2 i =1  2 l

l

 N 

l

∫0  f ( x)dx ≈ 2 ∑1  f ( x )w i

i

i=

Tabela de pesos W i e pontos amostrais ξ i para a Quadratura de Gauss-Legendre N

W i

ξ i

1

2

0

2

1 1

-0,577350269 0,577350269

3

0,555555556 0,888888889 0,555555556

-0,774596669 0 0,774596669

4

0,347854845 0,652145155 0,652145155 0,347854845

-0,861136312 -0,339981044 0,339981044 0,861136312

5

0,236926885 0,478628670 0,568888889 0,478628670 0,236926885

-0,906179846 -0,538469310 0 0,538469310 0,906179846

6

0,171324492 0,360761573 0,467913935 0,467913935 0,360761573 0,171324492

-0,932469514 -0,661209386 -0,238619186 0,238619186 0,661209386 0,932469514

137

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO1: Determine as reações de apoio para a viga da figura abaixo.

h( x)

=

0,9 − 0,1 x 3

 I ( x )

=

b ⋅ h ( x )

12

=

0,2 12

(0,9 − 0,1 x )3

Figura 4 – Viga de seção variável

Fase L

 M  L

=

72 x − 12 x 2

Figura 5 – Reações e diagrama de momento fletor – Fase L

138

Método das Forças

Vigas

Fase 1

 M 1

1

x −1 6 Figura 6 – Reações e diagrama de momento fletor – Fase 1 =

Cálculo dos deslocamentos  L

 DQL1

=

1

 M  L m1

∫  EI ( x )

dx

=

0

1  L  M  L m1 ⋅

 E  2

∫

1

−

 I 

d ξ  =

1  L  E 

⋅

  M  L m1    W i  I    i 1

 N 

∑   2 i=

 mi 2    W i F 11 = ⋅ ∑   E  2 i 1    I    i  N 

1  L

=

 xi

=

 L

2

(ξ i

+

1)

ξ i

W i

xi

hi

Ii

(M  L)i

(m1)i

  M  L m1W        I    i

 m12W      I      i

0,774597 0,0 -0,774597

0,555556 0,888889 0,555556

5,3238 3,0 0,6762

0,3676 0,6 0,8324

0,0008280 0,0036 0,009612

43,20 108,0 43,20

-0,1127 -0,5 -0,8873

-3266,667 -13333,33 -2215,481 -18815,481

8,522 61,728 45,505 115,755

 DQL1 F 11 Q1

=

=

 R A

=

 R B

=

=

3  E 

3  E 

⋅

1 F 11

( 18815,481) =

⋅ −

115,755 =

( D

72 +

1 6 1

⋅

56446,443  E 

347,265  E 

 DQL1 ) =

Q1 −

−

∑

56446,443 347,265

=

162,55kNm

162,55 = 99,09kN 

⋅ 162,55 = 44,91kN  6  M  A = Q1 = 162,55kNm

72 −

139

Método das Forças

Vigas

EXEMPLO2: Calcular a viga da figura através do método da flexibilidade e usando integração numérica via Quadratura de Gauss-Legendre no cálculo dos deslocamentos. A altura máxima da viga, sobre o apoio B, é de 85,5 cm e no trecho constante é de 50 cm. A largura da seção transversal é constante e igual a 20 cm e o módulo de elasticidade E é constante.

Figura 7 – viga de seção variável Grau de indeterminação estática (G.I.E.) = 1 Estrutura isostática fundamental adotada

 DQ1

=

0 Figura 8 – Estrutura isostática fundamental

Fase L

BARRA AB:  x 2  M  L = 4,0 x − 1,0 2

BARRA BC:  x 2  M  L = 3,50 x − 1,0 2

Figura 9 – Reações e equações de momento fletor – Fase L

140

Método das Forças

Vigas

FASE 1

BARRA AB m1

=

BARRA BC

1  x 8

m1

= 1−

1  x 8

Figura 10 – Reações e equações de momento fletor – Fase 1 Variação de inércia das barras

Figura 11 – Dimensões das barras (em metros)

0 ≤  x ≤ 5,60m ⇒ h = 0,5m

b

=

0,20m



(0,855 − 0,50)



2,40

5,60m ≤  x ≤ 8,0m ⇒ h( x ) = 0,50 +

×



( x − 5,60) m 

b

=

0,20m

3

 I ( x ) =

bh( x )

12

Barra AB:

ξ i

W i

xi

hi

Ii

(ML)i

(m1)i

-0,90618 -0,53847 0 0,53847 0,90618

0,23693 0,47863 0,56889 0,47863 0,23693

0,3753 1,8605 4,0 6,1395 7,6247

0,5 0,5 0,5 0,5798 0,7995

0,0020833 0,0020833 0,0020833 0,0032485 0,0085173

1,4308 5,7113 8,0 5,7113 1,4308

0,04691 0,23256 0,5 0,76744 0,95309

∑

  M  L m1W      I      i

 m12W      I      i

7,6332 305,1484 1092,2688 645,7969 37,9340 2088,7813

0,25026 12,42542 68,26680 86,7715 25,26875 192,98273

141

Método das Forças

Vigas

Barra BC:

ξ i

W i

xi

hi

Ii

(ML)i

(m1)i

-0,90618 -0,53847 0 0,53847 0,90618

0,23693 0,47863 0,56889 0,47863 0,23693

0,3753 1,8605 4,0 6,1395 7,6247

0,7995 0,5798 0,5 0,5 0,5

0,0085173 0,0032485 0,0020833 0,0020833 0,0020833

1,2431 4,7810 6,0 2,6415 -2,3816

0,95309 0,76744 0,5 0,23256 0,04691

 DQL1

=  D ' QL1 + D ' ' QL1

 DQL1

=

F 11

1

 E 

F 11 ⋅ Q1

+

 DQL1

Q1

=−

V  A

= 1,0 ⋅

V ' B

[2088,7813 + 1521,1906] =

F '11 + F ' '11 = 4,0 ⋅

=

 DQL1

4,0 ⋅

=

14439,9276  E 

[192,98273 + 192,98273] =

 E 

1543,8618  E 

0

= −9,35tf .m

F 11

8,0 2

4,0 +

=

1

−

9,35 8,0

9,35 8,0

=

=

2,83

5,17

 9,35 − 4,0   = 4,67   8,0    9,35 − 4,0  V ' C  = 4,0 −   = 3,33 8 , 0     V ' ' B

=

4,0 + 

V ' ' C  = 2,0

Figura 12 – Reações de apoio

142

∑

  M  L m1W        I    i

 m12W      I      i

32,9576 540,6046 819,2016 141,1324 -12,7056 1521,1906

25,26875 86,7715 68,26680 12,42542 0,25026 192,98273

Método das Forças

Vigas

Reações de Apoio  R A

= V   A =

2,83tf 

 R B

= V ' B +V " B =

5,17 + 4,67 = 9,84tf 

 RC 

= V ' C  +V "C  =

3,33 + 2,0 = 5,33tf 

Diagramas Finais

Figura 13 – Diagrama de força cortante

m

m

Figura 14 – Diagrama de momento fletor

143

Método das Forças

Grelhas

EXEMPLO3: Para a grelha com barra de seção variável representada na figura abaixo, utilize o método das forças (flexibilidade) para obter as reações de apoio e trace os diagramas de esforços solicitantes nas barras, quando a grelha estiver submetida à seguinte variação de temperatura: - variação positiva de 20 graus centígrados na face superior ( ∆Ts) - variação negativa de 20 graus centígrados na face inferior ( ∆Ti) A estrutura é de concreto armado, com módulo de elasticidade E = 3 x 10 7 kN/m2, coeficiente de Poisson  ν = 0,20 e coeficiente de dilatação térmica α = 10-5 / oC. Dimensões das barras (seção retangular): Barra AB:

largura constante de 20 cm, altura de 80 cm junto ao ponto A e altura de 50 cm junto ao ponto B.

Barra BC:

largura constante de 20 cm, altura constante de 50 cm.

Utilize a quadratura de Gauss com 5 pontos para cálculo dos deslocamentos. ?s ∆T

∆?Ts

∆Ti? ? Ti ∆

Figura 14 – Grelha com barra de seção variável

144

Método das Forças

Grelhas

SOLUÇÃO: Estrutura Isostática Fundamental:

Figura 15 – Estrutura Isostática Fundamental

Fase T Barra AB: 5 − 40 ⋅ 10 α (T 1 − T 2 ) 10 5 (− 20 − 20) d θ   = dx = dx = dx h 0,8 − 0,075 x 0,8 − 0,075 x Equação da altura: −

 y −  yo

=

−

a( x − xo )

 y = 0,075 x h = 0,8 − 0,075 x

Fase 1

Figura 16 – Fase 1

145

Método das Forças

∑V 

=

Grelhas

0 ∴V  A + 1 = 0 ∴V A

1

= −

∑ M 

0 ∴ − M  X 

∑ M 

0 ∴ M Y  − 1 ⋅ 5,5 = 0 ∴ M Y 

 X  =

Y  =

+

1 ⋅ 2,6 = 0 ∴ M X  =

=

2,6

5,5

Figura 17 – Esforços nas barras – Fase 1 Equações de Momentos nas Barras: Barra AB:  M  = −1x + 5,5 T  = 2,6

Barra BC:  M  = −1x + 3 T  = 0

146

Método das Forças

Grelhas

Cálculo dos Coeficientes Quadratura de Gauss, considerando 5 pontos de integração, tem-se: Barra AB: εi 0,90618 0,53847 0,00000 -0,53847 -0,90618

wi 0,23693 0,47863 0,56889 0,47863 0,23693

dθ -7,781 x10 -4 -7,027 x10 -4 -6,154 x10 -4 -5,474 x10 -4 -5,090 x10

xi 3,81236 3,07694 2,00000 0,92306 0,18764

mi 1,68764 2,42306 3,50000 4,57694 5,31236

hi 0,51407 0,56923 0,65000 0,73077 0,78593 ti 2,6 2,6 2,6 2,6 2,6 Σ=

βi 0,25350 0,26067 0,26930 0,27618 0,28012

Ii -3 2,264 x10 3,074 x10 4,577 x10 -3 6,504 x10 -3 8,091 x10

(mi dθ) wi -3,111 x10 -4 -8,150 x10 -3 -1,225 x10 -3 -1,199 x10 -4 -6,406 x10 -4,191 x10

Ji -3 1,043 x10 1,187 x10 1,400 x10 -3 1,615 x10 -3 1,761 x10

2

2

(mi wi)/Ii 298,028 914,150 1522,564 1541,553 826,418 5102,713

(ti wi)/Ji 1536,265 2725,661 2746,249 2003,918 909,399 9921,492

Barra BC: εi 0,90618 0,53847 0,00000 -0,53847 -0,90618

wi 0,23693 0,47863 0,56889 0,47863 0,23693

dθ -8 x10 -4 -8 x10 -4 -8 x10 -4 -8 x10 -4 -8 x10

Onde:  xi

xi 2,85927 2,30771 1,50000 0,69230 0,14073

mi 0,14073 0,69230 1,50000 2,30771 2,85927

l =

2

(ε i

+

hi 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 ti 0 0 0 0 0 Σ=

Ii -3 2,083 x10 2,083 x10 -3 2,083 x10 -3 2,083 x10 -3 2,083 x10 (mi dθ) wi -2,667 x10 -4 -2,651 x10 -4 -6,827 x10 -4 -8,836 x10 -4 -5,420 x10 -2,4 x10

βi 0,25148 0,25148 0,25148 0,25148 0,25148

Ji -3 1,006 x10 1,006 x10 -3 1,006 x10 -3 1,006 x10 -3 1,006 x10

(mi wi)/Ii 2,252 110,109 614,401 1223,494 929,762 2880,018

(ti wi)/Ji 0 0 0 0 0 0

1)

2  l  AB 1 mi ⋅ wi F 11 =  ⋅ ⋅∑  E   I i 2  

+

l  AB

2

⋅

1 G

∑

t i ⋅ wi  

2  l BC  1 mi ⋅ wi + ⋅ ⋅∑  J i     2  E   I i

2

+

l BC 

2

⋅

1 G

∑

F 11

=

1 4 1 1  4    3   ⋅ 5102,713 + ⋅ ⋅ 9921,492  +  ⋅ ⋅ 2880,018 + 0   ⋅ 7 7 7 2 1,25 ⋅10    2 3 ⋅ 10    2 3 ⋅ 10

F 11

=

2,072 ⋅10

t i ⋅ wi   2



 J i  

3

−

147

Método das Forças  DQT 1

=

l  AB

2 4

 DQT 1

=

 DQ

 DQL

=

 N 

⋅

i ⋅

(

4,191 ⋅10

+

 DQT  + F Q

0 = 0 − 1,198 ⋅10 Q1

=

d θ  i ⋅ wi ) +

l BC 

i =1

⋅ −

2

∑ (m

Grelhas

2

−

+

3

−

 N 

⋅

2

∑ (m

i ⋅

d θ  i ⋅ wi )

i =1

) + 3 ⋅ (− 2,4 ⋅10 ) = −1,198 ⋅10 3

−

−

2

2

2,072 ⋅ 10 3 Q1 −

5,784 kN 

Por superposição de efeitos tem-se: V C  = Q1 V  A

=

V 

5,784 kN  5,784 kN 

= − C  = −

 M  X 

=

 M Y 

=

2,6 ⋅ 5,784 = 15,038 kN  ⋅ m 5,5 ⋅ 5,784 = 31,812 kN  ⋅ m

Diagramas Finais da Estrutura

Figura 18 – Diagramas Finais

148

Método das Forças Exemplo de Aplicação em Arcos

Método das Forças

Arco

EXEMPLO1: Determinar as reações de apoio no arco da figura utilizando o método da flexibilidade. Arco com eixo parabólico:  y =

 x

20

⋅ (20 −  x ) =  x −

 x 2

20

ϕ

Figura 1 – Arco parabólico Dados: Seção transversal retangular: b= 40cm h= 120cm 7 2 E= 2,1x 10 kN / m 6 2 7 EI = 1,209 x 10 kN.m ; EA = 1,008 x 10 kN .

Fase L

Fase 1

Figura 2 – Esquemas de carregamento e reações de apoio

151

Método das Forças

Arco

Condição de Compatibilidade

∆=∫

mM   EI 

⋅ ds + ∫

nN   EA

DQ1 = DQL1 + F11.Q1 =0

⋅ ds;

dx ≈ ds ⋅ cos ϕ  ds ≈

ϕ 

dy dx

= tgϕ  = 1 −

dx

cos ϕ 

  x   ⇒ ϕ  = tg −1 1 −  10   10   x

Fase L

ϕ

0 ≤  x ≤ 10m

10m ≤  x ≤ 20m

= 225 ⋅  x − 10 ⋅  x 2  N  L = −(225 − 20 ⋅  x ) ⋅ sin ϕ 

 M  L

= 225 ⋅  x − 10 ⋅  x 2 − 50 ⋅ ( x − 10)  N  L = −(225 − 20 ⋅  x − 50) ⋅ sin ϕ 

 M  L

Fase 1

ϕ

= 1 ⋅  y =  x ⋅ (20 −  x ) / 20  N 1 = 1 ⋅ cos ϕ 

 M 1

20

 DQL1 =

∫

 M  L m1

0

 EI 

⋅

20

dx

cos ϕ 

+∫ 0

ϕ

 N  L n1  EA

⋅

dx

cos ϕ 

  M  L m1  1 l  N    N  L n1    ⋅ wi +  ⋅ wi  DQL1 = ∑ ∑  EI  2 i =1   cos ϕ  i  EA 2 i =1  cos ϕ  i  N 

1 l

20

F 11 =

∫ 0

(m1 )2  EI 

⋅

dx

cos ϕ 

20

+∫ 0

(n1 )2  EA

⋅

dx

cos ϕ 

2   m12   1 l  N    n1    ⋅ wi +  ⋅ wi . F 11 = ∑ ∑  EI  2 i =1  cos ϕ    EA 2 i =1  cos ϕ   i i

1 l

152

 N 

ϕ

Método das Forças

Arco

ε i

wi

 x i

cos ϕ i

-0,9061798 -0,5384693 0 0,5384693 0,9061798

0,2369269 0,4786287 0,5688888 0,4786287 0,2369269

0,9382 4,6153 10,0 15,3847 19,0618

0,7410 0,8805 1,0 0,8805 0,7410

 M  Li

m1i

  M  L m1    ⋅ wi ϕ  cos     i

  m12      cos ϕ   ⋅ wi    i

202,2928 825,4326 1250,0 825,4326 202,2928

0,8942 3,5503 5,00 3,5503 0,8942

57,8378 1593,0010 3555,5544 1593,0010 57,8378

0,25566 6,8517 14,2222 6,8517 0,25566

∑

= 6857,23 (1)

∑

= 28,4369 (3)

 N  Li

n1i

  N  L n1     ⋅ wi ϕ  cos    i

  n12      cos ϕ   ⋅ wi    i

-138,487 -62,910 0 -62,910 -138,487

0,7410 0,8805 1,0 0,8805 0,7410

-32,8113 -30,1106 0 -30,1106 -32,8113

0,1756 0,4214 0,5689 0,4214 0,1756

∑ 10

(1)

(2 )

↓

↓

=

 DQL1

= 0,0567 − 0,0001 = 0,0566

1,209 × 10

10

⋅ 6857,232 +

10

 DQL1

6

1,008 × 10

7

(3)

(4 )

↓

↓

⋅ 28,4369 +

10

= 1,7628 (4)

⋅ (1,7628)

=

F 11

= 2,3509 ⋅ 10 − 4 + 1,7488 ⋅ 10 −6 = 2,3684 ⋅ 10 − 4

Q1

=−

Q1

=−

1,008 × 10 7

∑

⋅ (− 125,8438)

F 11

1,209 × 10 6

= −125,8438 (2)

 DQL1 F 11

0,0566 2,3684 ⋅ 10

−4

= −238,98kN 

153