Método das Forças parte 3

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TC036 - Mecânica das 
Estruturas II
Prof. Marcos Arndt
2. Método das Forças – Parte 3
2.4 Estruturas Hiperestáticas Sujeitas a 
Recalques de Apoio – Método das 
Forças
Em estruturas hiperestáticas, recalques diferenciados
provocam deformações e esforços internos.
No Método das Forças:
Caso 0 : Sistema Principal sujeito à recalques de apoio
Portanto, os termos de carga 𝛿𝑖0 serão
deslocamentos no S.P., na direção do hiperestático Xi,
devidos aos recalques de apoio.
Do PTV:
𝛿𝑖0 = −෍𝑅𝑖𝜌0
Reação de apoio na direção do recalque 𝜌0 provocada por Xi = 1 (caso i)
Se na estrutura atuarem simultaneamente
carregamento externo e recalque, aplicando a
superposição dos efeitos teremos:
Carregamento externo:
Recalque:
Logo:
Portanto, para obtermos os hiperestáticos quando
atuam recalques e carregamento externo, basta
considerarmos sua atuação simultânea no caso 0,
através da expressão:
𝛿0 + 𝛿 𝑋𝑐 = 0
𝛿𝑟 + 𝛿 𝑋𝑟 = 0
𝛿0 + 𝛿𝑟 + 𝛿 𝑋𝑐 + 𝛿 𝑋𝑟 = 0
𝛿0 + 𝛿𝑟 + 𝛿 𝑋𝑐 + 𝑋𝑟 = 0
𝛿𝑖0 = න
𝑁𝑖𝑁0
𝐸𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑀𝑖𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 + න𝜒
𝑄𝑖𝑄0
𝐺𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑇𝑖𝑇0
𝐺𝐽𝑡
𝑑𝑥 −෍𝑅𝑖𝜌0
Exemplo 4:
Utilizando o Método das Forças determine os
diagramas de momento fletor, esforço cortante e
esforço normal do pórtico hiperestático abaixo, com
EI = 105 kN.m2. Despreze a contribuição da energia
de deformação para o efeito de cisalhamento e para
o efeito do esforço normal.
𝑔𝑒𝑥𝑡 = 2
𝑔𝑖𝑛𝑡 = 0
𝑔 = 2
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 + 𝛿12𝑋2 = 0
𝛿20 + 𝛿21𝑋1 + 𝛿22𝑋2 = 0
- Termos de carga:
- Coeficientes de flexibilidade: 𝛿𝑖𝑗 = න
𝑀𝑖𝑀𝑗
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝛿𝑖0 = −෍𝑅𝑖𝜌0
SP
Caso 0
M0
Caso 1
M1
Caso 2
M2
𝛿10 = −෍𝑅1𝜌0 = − 0 −0,02 +
1
6
−0,01 + 1 10−3
Caso 1
M1
𝛿10 = 6,67 10
−4𝑟𝑎𝑑
Caso 0
M0
Convenção de Sinais
𝛿20 = −෍𝑅2𝜌0 = −
1
3
−0,02 + −
1
6
−0,01 + (−1) 10−3
𝛿20 = 0,006 𝑟𝑎𝑑 = 60 10
−4𝑟𝑎𝑑
Caso 0
M0
Convenção de Sinais
Caso 2
M2
𝛿11 = න
𝑀1𝑀1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
−1 −1 3 +
1
2𝐸𝐼
1
3
−1 (−1) 6 +
1
𝐸𝐼
0
𝛿11 =
4
𝐸𝐼
=
4
105
= 0,4 10−4𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
Caso 1
M1
Caso 2
M2
𝛿12 = න
𝑀1𝑀2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
1
2
−1 1 3 +
1
2𝐸𝐼
1
6
−1 (−1) 6 +
1
𝐸𝐼
0
𝛿12 = −
1
𝐸𝐼
= −
1
105
= −0,1 10−4 𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
Caso 1
M1
Caso 2
M2
𝛿21 = න
𝑀2𝑀1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 = 𝛿12
𝛿21 = −
1
𝐸𝐼
= −0,1 10−4 𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
𝛿22 = න
𝑀2𝑀2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
1
3
1 1 3 +
1
2𝐸𝐼
1
3
−1 (−1) 6 +
1
𝐸𝐼
1
3
1 1 3
𝛿22 =
3
𝐸𝐼
=
3
105
= 0,3 10−4𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 + 𝛿12𝑋2 = 0
𝛿20 + 𝛿21𝑋1 + 𝛿22𝑋2 = 0
6,67 10−4 + 0,4 10−4𝑋1 − 0,1 10
−4𝑋2 = 0
60 10−4 − 0,1 10−4𝑋1 + 0,3 10
−4𝑋2 = 0
x 105
4𝑋1 − 𝑋2 = −66,67
−𝑋1 + 3𝑋2 = −600
𝑋1 = −72,73 𝑘𝑁𝑚
𝑋2 = −224,25 𝑘𝑁𝑚
- Diagrama de momentos fletores: 𝑀 = 𝑀0 +𝑀1𝑋1 +𝑀2𝑋2
𝑋1 = −72,73 𝑘𝑁𝑚 𝑋2 = −224,25 𝑘𝑁𝑚
Caso 1
M1
Caso 2
M2
M
(kN.m)
- Diagrama de esforços cortantes:
Q (kN)
- Diagrama de esforços normais:
N (kN)
Exemplo 5:
Utilizando o Método das Forças determine o
diagrama de momento fletor do pórtico
hiperestático abaixo, com E = 108 kN/m2 e I = 10-3 m4
. Despreze a contribuição da energia de deformação
para o efeito de cisalhamento e para o efeito do
esforço normal.
𝑔𝑒𝑥𝑡 = 1
𝑔𝑖𝑛𝑡 = 0
𝑔 = 1
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 = 0
- Termos de carga:
- Coeficientes de flexibilidade: 𝛿𝑖𝑗 = න
𝑀𝑖𝑀𝑗
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝛿𝑖0 = න
𝑀𝑖𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 −෍𝑅𝑖𝜌0
SP
Caso 0
M0
Caso 1
M1
𝛿10 = න
𝑀1𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 −෍𝑅1𝜌0
Caso 1
M1
𝛿10 = −
250
105
− 0,002 = −4,5 10−3𝑟𝑎𝑑
Caso 0
M0
Convenção de Sinais
𝛿10 =
1
𝐸𝐼
1
2
100 −1 2 +
1
2
100 −1 3 + 0 − −
1
3
−0,006
𝛿11 = න
𝑀1𝑀1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
−1 −1 2 +
1
𝐸𝐼
1
3
−1 (−1) 3 +
1
𝐸𝐼
0
𝛿11 =
3
𝐸𝐼
=
3
105
= 3 10−5𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
Caso 1
M1
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 = 0
−4,5 10−3 + 3 10−5𝑋1 = 0 x 10
5
−450 + 3𝑋1 = 0
𝑋1 = 150 𝑘𝑁𝑚
3𝑋1 = 450
- Diagrama de momentos fletores: 𝑀 = 𝑀0 +𝑀1𝑋1
𝑋1 = 150 𝑘𝑁𝑚
Caso 0
M0
M
(kN.m)
Caso 1
M1
2.5 Estruturas Hiperestáticas Sujeitas a 
Variações de Temperatura – Método 
das Forças
Em estruturas hiperestáticas as variações térmicas
provocam deformações e esforços internos.
No Método das Forças:
Caso 0 : Sistema Principal sujeito à variação térmica.
Portanto, os termos de carga 𝛿𝑖0 serão
deslocamentos no S.P., na direção do hiperestático Xi,
devidos às variações de temperatura.
Do PTV:
𝛿𝑖0 = 𝛼∆𝑇𝐶𝐺න𝑁𝑖𝑑𝑥 +
𝛼 ∆𝑇𝑖 − ∆𝑇𝑠
ℎ
න𝑀𝑖 𝑑𝑥
Área do 
diagrama 𝑀𝑖
Área do 
diagrama 𝑁𝑖
Portanto, pelo Princípio da Superposição dos Efeitos,
para obtermos os hiperestáticos quando atuam
variação de temperatura, recalques e carregamento
externo simultaneamente, basta considerarmos sua
atuação simultânea no caso 0, através da expressão:
𝛿𝑖0 = න
𝑁𝑖𝑁0
𝐸𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑀𝑖𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 + න𝜒
𝑄𝑖𝑄0
𝐺𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑇𝑖𝑇0
𝐺𝐽𝑡
𝑑𝑥 +
−෍ 𝑅𝑖𝜌0 + 𝛼∆𝑇𝐶𝐺න𝑁𝑖𝑑𝑥 + 𝑔𝑇න𝑀𝑖 𝑑𝑥
TemperaturaRecalque
Carregamento
𝑔𝑇 =
𝛼 ∆𝑇𝑑𝑖𝑟 − ∆𝑇𝑒𝑠𝑞
ℎ
𝑔𝑇 =
𝛼 ∆𝑇𝑖 − ∆𝑇𝑠
ℎ
Expressões gerais do Método das Forças:
- Termos de carga:
- Coeficientes de flexibilidade:
𝛿𝑖𝑗 = න
𝑁𝑖𝑁𝑗
𝐸𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑀𝑖𝑀𝑗
𝐸𝐼
𝑑𝑥 + න𝜒
𝑄𝑖𝑄𝑗
𝐺𝐴
𝑑𝑥 + න
𝑇𝑖𝑇𝑗
𝐺𝐽𝑡
𝑑𝑥
𝛿𝑖0 = න
𝑁𝑖𝑁0
𝐸𝐴
𝑑𝑥 + න
𝑀𝑖𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 + න𝜒
𝑄𝑖𝑄0
𝐺𝐴
𝑑𝑥 + න
𝑇𝑖𝑇0
𝐺𝐽𝑡
𝑑𝑥 +
−෍ 𝑅𝑖𝜌0 + 𝛼∆𝑇𝐶𝐺න𝑁𝑖𝑑𝑥 + 𝑔𝑇න𝑀𝑖 𝑑𝑥
Exemplo 6:
Para a viga mostrada abaixo, pede-se o diagrama de
momentos fletores utilizando o Método das Forças.
Despreze a contribuição da energia de deformação
para o efeito de cisalhamento.
𝑔𝑒𝑥𝑡 = 1
𝑔𝑖𝑛𝑡 = 0
𝑔 = 1
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 = 0
- Termos de carga:
- Coeficientes de flexibilidade:
𝛿𝑖𝑗 = න
𝑁𝑖𝑁𝑗
𝐸𝐴
𝑑𝑥 + න
𝑀𝑖𝑀𝑗
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝛿𝑖0 = න
𝑁𝑖𝑁0
𝐸𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑀𝑖𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 + න𝜒
𝑄𝑖𝑄0
𝐺𝐴
𝑑𝑥 +න
𝑇𝑖𝑇0
𝐺𝐽𝑡
𝑑𝑥 +
−෍ 𝑅𝑖𝜌0 + 𝛼∆𝑇𝐶𝐺න𝑁𝑖𝑑𝑥 + 𝑔𝑇න𝑀𝑖 𝑑𝑥
𝛿10 = න
𝑁1𝑁0
𝐸𝐴
𝑑𝑥 + න
𝑀1𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 −෍ 𝑅1𝜌0 + 𝛼∆𝑇𝐶𝐺 න𝑁1𝑑𝑥 + 𝑔𝑇න𝑀1 𝑑𝑥
Caso 1
𝛿10 = −
108
105
− 0,002 + 60 10−5
Caso 0 Convenção de Sinais
𝛿10 =
1
105
1
3
54 −1 6 − −
1
6
−0,012 +
10−5 −12 − 0
0,6
−1 6
2
𝛿10 = −248 10
−5𝑟𝑎𝑑
𝛿11 = න
𝑁1𝑁1
𝐸𝐴
𝑑𝑥 + න
𝑀1𝑀1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
1
3
−1 −1 6
𝛿11 =
2
𝐸𝐼
=
2
105
= 2 10−5𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
Caso 1
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 = 0
−248 10−5 + 2 10−5𝑋1 = 0
2 10−5𝑋1 = 248 10
−5
𝑋1 = 124 𝑘𝑁.𝑚
- Diagrama de momentos fletores: 𝑀 = 𝑀0 +𝑀1𝑋1
𝑋1 = 124 𝑘𝑁𝑚
Caso 0 Caso 1
Exemplo 7: Para o pórtico plano abaixo, pede-se o
diagrama de momentos fletores utilizando o Método
das Forças. Considere que as barras do pórtico
podem se deformar axialmente somente para a
solicitação de variação de temperatura. Para os
efeitos do carregamento aplicado, do recalque de
apoio e do hiperestático despreze a energia de
deformação axial e de cisalhamento.
𝑔𝑒𝑥𝑡 = 1
𝑔𝑖𝑛𝑡 = 0
𝑔 = 1
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 = 0
- Termos de carga:
- Coeficientes de flexibilidade:
𝛿𝑖𝑗 = න
𝑀𝑖𝑀𝑗
𝐸𝐼
𝑑𝑥
𝛿𝑖0 = න
𝑀𝑖𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 −෍ 𝑅𝑖𝜌0 + 𝛼∆𝑇𝐶𝐺න𝑁𝑖𝑑𝑥 + 𝑔𝑇න𝑀𝑖 𝑑𝑥
𝛿10 = න
𝑀1𝑀0
𝐸𝐼
𝑑𝑥 −෍ 𝑅1𝜌0 + 𝛼∆𝑇𝐶𝐺 න𝑁1𝑑𝑥 + 𝑔𝑇න𝑀1 𝑑𝑥
Caso 1
𝛿10 = −
45
104
+ 0,0005 − 100 10−5
Caso 0
Convenção de Sinais
𝛿10 =
1
2 104
1
3
45 −1 6 −
1
6
−0,003 + 0 + 33,333 10−5
−1 6
2
𝛿10 = −50 10
−4 𝑟𝑎𝑑
𝑔𝑇 =
10−5 20 − 0
0,6
= 33,333 10−5 𝑚−1∆𝑇𝐶𝐺 = 10℃
𝛿11 = න
𝑀1𝑀1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
−1 −1 3 +
1
3
−1 −1 6 + 0
𝛿11 =
5
𝐸𝐼
=
5
2 104
= 2,5 10−4𝑟𝑎𝑑/𝑘𝑁𝑚
Caso 1
𝛿10 + 𝛿11𝑋1 = 0
−50 10−4 + 2,5 10−4 𝑋1 = 0
2,5 10−4 𝑋1 = 50 10
−4
𝑋1 = 20 𝑘𝑁.𝑚
- Diagrama de momentos fletores: 𝑀 = 𝑀0 +𝑀1𝑋1
Caso 0 Caso 1
𝑋1 = 20 𝑘𝑁𝑚