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EXEMPLO 01: Para a viga hiperestática abaixo, calcular o valor das reações de apoio utilizando o método das forças. Observe que no diagrama de corpo livre, a viga apresenta um eixo de simetria. Para resolver uma viga hiperestática pelo método das forças, é realizada a superposição de soluções isostáticas, criando-se, desta forma, um estrutura isostática auxiliar através da estrutura original, eliminando alguns vínculos necessários. 1ª etapa: eliminar apoios “excedentes” e transformar a estrutura de hiperestática para isostática. Neste caso, eliminaremos o apoio interno para manter a simetria. 2ª etapa: criar viga adicional, com carga unitária em substituição à reação de apoio eliminada. 3ª etapa: desenvolver as equações referentes aos diagramas de momento fletor para as vigas de configuração (0) e (1). Configuração (0); x=0 em A; Configuração (0) Configuração (1) Configuração (0) Obs: VA = VB (simetria) VA + VB - 20 – 20 = 0 VA + VB = 40 Logo, VA = VB = 20 Equações de momento por trecho: De A até C (0 ≤ x ≤ 2) 𝑀(0 ≤ x ≤ 2)(0) = 20 ∗ 𝑥 De C até E (2 ≤ x ≤ 4) 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(0) = 20 ∗ 𝑥 − (20 ∗ (𝑋 − 2)) 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(0) = 20𝑥 − 20𝑥 + 40 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(0) = 40 De E até D (4 ≤ x ≤ 6) 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(0) = 20 ∗ 𝑥 − (20 ∗ (𝑋 − 2)) 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(0) = 40 De D até B (6 ≤ x ≤ 8) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(0) = 20 ∗ 𝑥 − (20 ∗ (𝑋 − 2)) − (20 ∗ (𝑋 − 6)) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(0) = 20𝑥 − 20𝑥 + 40 − 20𝑥 + 120 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(0) = −20𝑥 + 160 Configuração (1); x=0 em A; Obs: VA = VB (simetria) VA + VB + 1 = 0 VA + VB = -1 Logo, VA = VB = -0,5 Equações de momento por trecho: De A até C (0 ≤ x ≤ 2) 𝑀(0 ≤ x ≤ 2)(1) = −0,5 ∗ 𝑥 De C até E (2 ≤ x ≤ 4) 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(1) = −0,5 ∗ 𝑥 De E até D (4 ≤ x ≤ 6) 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(1) = −0,5 ∗ 𝑥 + 1(𝑥 − 4) 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(1) = −0,5 ∗ 𝑥 + 𝑥 − 4 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(1) = +0,5𝑥 − 4 De D até B (6 ≤ x ≤ 8) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(1) = −0,5 ∗ 𝑥 + 1(𝑥 − 4) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(1) = +0,5𝑥 − 4 4ª etapa: realizar combinação entre as equações de momento fletor referente às configurações (0) e (1), utilizando integrais. Combinações: (I) 𝑀(0 ≤ x ≤ 2)(0) 𝑒 𝑀(0 ≤ x ≤ 2)(1) = (20𝑥) ∗( −0,5 ∗ 𝑥) (I) 𝑀(0 ≤ x ≤ 2)(0) 𝑒 𝑀(0 ≤ x ≤ 2)(1) = −10𝑥² (II) 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(0) 𝑒 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(1) = (40) ∗ (−0,5 ∗ 𝑥) (II) 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(0) 𝑒 𝑀(2 ≤ x ≤ 4)(1) = −20𝑥 (III) 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(0) 𝑒 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(1) = (40) ∗ (0,5𝑥 − 4) (III) 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(0) 𝑒 𝑀(4 ≤ x ≤ 6)(1) = 20𝑥 − 160 (IV) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(0) 𝑒 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(1) = (−20𝑥 + 160) ∗ (0,5𝑥 − 4) (IV) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(0) 𝑒 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(1) = −10𝑥2 + 80𝑥 + 80𝑥 − 640 (IV) 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(0) 𝑒 𝑀(6 ≤ x ≤ 8)(1) = −10𝑥2 + 160𝑥 − 640 𝛿01 = 1 𝐸𝐼 ∫(𝐼) + (𝐼𝐼) + (𝐼𝐼𝐼) + (𝐼𝑉) 𝛿01 = 1 𝐸𝐼 (∫ −10𝑥22 0 𝑑𝑥 + ∫ −20𝑥 4 2 𝑑𝑥 + ∫ 20𝑥 − 160 6 4 𝑑𝑥 + ∫ −10𝑥2 + 160𝑥 − 640 8 6 𝑑𝑥) 𝛿01 = 1 𝐸𝐼 (− 10𝑥3 3 ) + (− 20𝑥2 2 ) + ( 20𝑥2 2 − 160𝑥) + (− 10𝑥3 3 + 160𝑥2 2 − 640𝑥) 𝛿01 = 1 𝐸𝐼 ∗ (−26,667 − 120 − 120 − 26,667) 𝛿01 = − 293,333 𝐸𝐼 0 2 2 4 4 6 6 8 Verifique que, como a viga é simétrica, você poderá realizar os cálculos para metade da viga (0 ≤ x ≤ 4) e multiplicar o resultado por dois. 5ª etapa: Realizar combinação entre as equações de momento fletor referente às configurações (1) e (1), utilizando integrais (neste caso faremos até a metade da viga e multiplicaremos por 2x). 𝑀(0 ≤ x ≤ 4)(1) = ( −0,5 ∗ 𝑥) (I) 𝑀(0 ≤ x ≤ 4)(1) 𝑒 𝑀(0 ≤ x ≤ 4)(1) = ( −0,5𝑥) ∗ ( −0,5𝑥) (I) 𝑀(0 ≤ x ≤ 4)(1) 𝑒 𝑀(0 ≤ x ≤ 4)(1) = 0,25𝑥² 𝛿11 = 2𝑥 1 𝐸𝐼 ∫ 0,25𝑥²𝑑𝑥 𝛿11 = 2𝑥 1 𝐸𝐼 ∗ 0,25𝑥3 3 𝛿11 = 10,667 𝐸𝐼 6ª etapa: reestabelecer as condições impostas: 𝛿10 + 𝛿11𝑥 = 0 − 293,333 𝐸𝐼 + 10,667 𝐸𝐼 𝑥 = 0 Logo: x = 27,5 kN 7ª etapa: Redesenhar a viga, considerando a reação de apoio calculada: Obs: VA = VB (simetria) VA + VB + 27,5 - 20 - 20 = 0 VA + VB = 12,5 Logo, VA = VB = 6,25 kN 0 4