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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II NOTAS DE AULA DO PROFESSOR FERNANDO PEROBA 1. ROTEIRO PARA DETERMINAÇÃO DAS EQUAÇÕES DOS ESFORÇOS INTERNOS. O presente resumo teórico apresenta um roteiro para determinar as equações de esforços internos em elementos estruturais. Considere a viga isostática da Figura 1 que será utilizada como exemplo. Figura 1. Viga isostática. 1.1. Divisão da viga em trechos. Antes de qualquer outro procedimento, faz-se necessário dividir a viga em trechos por meio da nomeação dos nós. Isto quer dizer que cada nó receberá uma letra maiúscula que o identificará. Assim, um trecho fica definido entre dois nós. Para cada trecho deverá ser calculada a equação dos esforços internos. Para o exemplo apresentado, existem quatro nós que definirão 3 trechos (ver Figura 2). Portanto, haverá a necessidade de se determinar três equações diferentes para cada tipo de esforço interno (N, Q e M). Figura 2. Viga com nós nomeados. As cotas representam a distância entre os nós e o comprimento de cada trecho. No entanto, objetiva-se a determinação de equações dos esforços internos. Tais equações são funções da variável independente 𝑥. Ou seja, não a distância e sim a posição de cada ponto da viga deverá ser levada em consideração. Quando se fala em posição, deve-se imediatamente definir o referencial adotado. Este terá a posição inicial 𝑥 = 0 e a posição de todos os outros pontos será definida a partir disso. Por convenção, costuma-se adotar um sentido crescente ou progressivo das posições da esquerda para a direita. D C B A Nesse contexto, adotando-se o ponto A como referencial, tem-se para os outros pontos as respectivas posições: 𝑥𝐵 = 4𝑚, 𝑥𝐶 = 6𝑚 e 𝑥𝐷 = 8𝑚. Caso fosse adotado outro ponto como referencial, as posições iriam mudar. Teoricamente pode-se adotar como referencial qualquer ponto dentro do contorno geométrico da viga. Depois de escolhido o referencial no ponto A, o domínio das funções dos esforços internos para cada trecho é: AB 𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/0 ≤ 𝑥 ≤ 4}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. BC 𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/4 ≤ 𝑥 ≤ 6}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. CD 𝐷 = {𝑥 ∈ 𝑅/6 ≤ 𝑥 ≤ 8}, onde 𝑅 é o conjunto dos números reais. 1.2. Cálculo das reações de apoio. O próximo passo é calcular as reações nos apoios da viga. Para tanto, deve-se primeiramente determinar a resultante das cargas distribuídas e seus respectivos pontos de aplicação. A mecânica clássica demonstra que a resultante de uma carga distribuída é área da figura geométrica definida pela função da carga, o eixo das abscissas e as retas verticais que passam pelos pontos de início e fim da distribuição de carga. Já o ponto de aplicação da resultante é o centroide da referida figura geométrica. Considere a viga da Figura 3. Nela é apresentada a resultante da carga distribuída, em linha pontilhada, que foi obtida pelo cálculo da área do retângulo que representa a distribuição de carga uniforme. A localização da carga resultante no meio do vão se deve ao centroide do retângulo. Assim, 𝑅 = á𝑟𝑒𝑎 = 2 𝑘𝑁 𝑚 ∙ 4𝑚 = 8𝑘𝑁 �̅� = 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟ó𝑖𝑑𝑒 = 4𝑚 2 = 2𝑚 Figura 3. Determinação da resultante e de sua posição. Agora, pode-se aplicar as condições de equilíbrio da Estática para calcular as reações de apoio. → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 2m 𝑉𝐷 𝑉𝐴 8𝑘𝑁 D C B A ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 = 18 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐷 ∙ 8 − 8 ∙ 2 − 10 ∙ 6 = 0 𝑽𝑫 = 𝟗, 𝟓𝒌𝑵 e 𝑽𝑨 = 𝟖, 𝟓𝒌𝑵 3. Equações dos esforços internos. De posse das reações de apoio será possível determinar as equações de esforços internos pretendidas por meio do método das seções. A definição de cada esforço interno e sua respectiva convenção de sinais é mostrada na Tabela 1: Tabela 1. Definição e convenção de sinais dos esforços internos. ESFORÇO DEFINIÇÃO CONVENÇÃO DE SINAIS NORMAL Somatório de todas as forças axiais à esquerda ou à direita das seção estudada. CORTANTE Somatório de todas as forças transversais à esquerda ou à direita das seção estudada. FLETOR Somatório de todos os momentos à esquerda ou à direita das seção estudada. Finalmente, para cada trecho da viga anteriormente definido, serão calculadas as equações dos esforços internos. a) Trecho AB, 0 ≤ 𝑥 ≤ 4. Faz-se uma seção genérica que dista 𝑥 da origem, em um ponto qualquer dentro do domínio do trecho, e olha-se para esquerda (Figura 4). Como o vão de carga distribuída para a seção é 𝑥 e a altura do retângulo continua 2, o valor da resultante será 2𝑥, aplicada no meio do vão. Figura 4. Seção da esquerda do trecho 1. As equações para o trecho 1 são: 𝑁1 = 0 𝑄1 = 8,5 − 2𝑥 𝑀1 = 8,5𝑥 − 2𝑥 ∙ 𝑥 2 = 8,5𝑥 − 𝑥2 b) Trecho BC, 4 ≤ 𝑥 ≤ 6. + + + Da mesma forma, faz-se uma seção genérica no trecho BC que dista 𝑥 da origem (Figura 5). Neste caso a resultante da carga distribuída passa a ser 8𝑘𝑁, aplicada no meio do vão da distribuição de carga. Escolhendo-se olhar à esquerda da seção, tem-se: Figura 5. Seção da esquerda do trecho 2. Todas as equações de esforços internos são sempre determinadas em relação à seção escolhida. Desta forma: 𝑁1 = 0 𝑄1 = 8,5 − 8 = 0,5 (Função constante) 𝑀1 = 8,5𝑥 − 8 ∙ (𝑥 − 2) = 8,5𝑥 − 8𝑥 + 16 = 0,5𝑥 + 16 b) Trecho CD, 6 ≤ 𝑥 ≤ 8. Depois de seccionar um ponto qualquer do trecho CD, escolhe-se olhar à esquerda da seção mais uma vez. Observe que a distância da força resultante e da força concentrada até a seção é sempre igual à 𝑥 menos a respectiva posição de cada uma dessas forças. Figura 6. Seção da esquerda do trecho 3. Desta forma, obtém-se: 𝑁1 = 0 𝑄1 = 8,5 − 8 − 10 = 9,5 (Função constante) 𝑀1 = 8,5𝑥 − 8 ∙ (𝑥 − 2) − 10 ∙ (𝑥 − 6) = 8,5𝑥 − 8𝑥 + 16 − 10𝑥 + 60 = −9,5𝑥 + 76 Os mesmos resultados seriam encontrados caso se tivesse escolhido olhar à direita da seção (faça isso como exercício). Este procedimento, se for seguido cuidadosamente, acarretará no bom entendimento deste assunto que é de fundamental importância para a determinação da equação da linha elástica. Faça os exercícios a seguir para melhor fixação do conteúdo. Bons estudos! 2. EXERCÍCIOS DE APLICAÇÃO – ESFORÇOS INTERNOS EM VIGAS Para as vigas a seguir, determine as equações de Esforços Internos: 01) 02) 03) 04) 𝑉𝐴 = 33𝑘𝑁 𝑉𝐷 = 15𝑘𝑁 (0 ≤ 𝑥 ≤ 4): { 𝑄1 = 33 − 12𝑥 𝑀1 = 33𝑥 − 6𝑥 2 (4 ≤ 𝑥 ≤ 6): { 𝑄2 = 33 − 48 = −15 𝑀2 = −15𝑥 + 96 (6 ≤ 𝑥 ≤ 8): { 𝑄3 = −15 𝑀3 = −15𝑥 + 120 05) 𝑉𝐴 = 57,7𝑘𝑁 𝑉𝐷 = 52,3𝑘𝑁 (0 ≤ 𝑥 ≤ 2): { 𝑄1 = 57,7 − 8𝑥 𝑀1 = 57,7𝑥 − 4𝑥 2 (2 ≤ 𝑥 ≤ 6): { 𝑄2 = 55,7 − 12𝑥 𝑀2 = −6𝑥 2 + 55,7𝑥 + 12 (6 ≤ 𝑥 ≤ 9): { 𝑄3 = 1,7 − 6𝑥 𝑀3 = −3𝑥 2 + 1,7𝑥 + 227,7 06) 𝑉𝐵 = 45,5𝑘𝑁 𝑉𝐶 = 4,5𝑘𝑁 (0 ≤ 𝑥 ≤ 2): { 𝑄1 = −18 𝑀1 = −18𝑋 (2 ≤ 𝑥 ≤ 6): { 𝑄2 = 43,5 − 8𝑥 𝑀2 = −4𝑥 2 + 43,5𝑥 − 107 (6 ≤ 𝑥 ≤ 8): { 𝑄3 = 0 𝑀3 = 10 07) 𝑉𝐴 = −2𝑘𝑁 ↓ 𝓂𝐴 = 38𝑘𝑁.𝑚 (0 ≤ 𝑥 ≤ 2): { 𝑄1 = −2 𝑀1 = 38 − 2𝑥 (2 ≤ 𝑥 ≤ 4): { 𝑄2 = −2 𝑀2 = 28 − 2𝑥 (4 ≤ 𝑥 ≤ 6): { 𝑄3 = 30 − 8𝑥 𝑀3 = −4𝑥 2 + 30𝑥 − 36 3. EQUAÇÃO DIFERENCIAL DA LINHA ELÁSTICA 01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinaçãonos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 2,5 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 10𝑘𝑁 𝐸𝐼𝑦" = 10𝑥 − 2𝑥2 𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 − 2 3 𝑥3 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = 5 3 𝑥3 − 1 6 𝑥4 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 5 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = 5 3 (0)3 − 1 6 (0)4 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = 5 3 (5)3 − 1 6 (5)4 + 𝐶1(5) 𝑪𝟏 = − 𝟏𝟐𝟓 𝟔 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 − 2 3 𝑥3 − 125 6 = 0 Raízes calculadas pelo Microsoft Mathematics: 𝒙 = 𝟐, 𝟓 𝑥 = −1,83 (Fora do domínio) 𝑥 = 6,83 (Fora do domínio) 𝐸𝐼𝑦 = 5 3 𝑥3 − 1 6 𝑥4 − 125 6 𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 5 3 (2,5)3 − 1 6 (2,5)4 − 125 6 (2,5) 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟏𝟑𝒎𝒎 ↓ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = 5𝑥2 − 2 3 𝑥3 − 125 6 𝜃𝐴 = −𝜃𝐵 = 1 2,5 ∙ 105 [5(0)2 − 2 3 (0)3 − 125 6 ] = −𝟖, 𝟑 ∙ 𝟏𝟎−𝟓𝒓𝒂𝒅 02) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 + 20 − 20 = 0 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0 𝐸𝐼𝑦" = −20 𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = −10𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = −10(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = −10(6)2 + 𝐶1(6) 𝑪𝟏 = 𝟔𝟎 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 60 = 0 𝒙 = 𝟑𝒎 𝐸𝐼𝑦 = −10𝑥2 + 60𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −10(3) 2 + 60(3) 𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟒𝟓𝒎𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = −20𝑥 + 60 𝜃𝐴 = −𝜃𝐵 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑𝒓𝒂𝒅 03) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝑀 = 80𝑥 𝐸𝐼𝑦1 " = 80𝑥 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 40𝑥2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦1 = 40 3 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝑀 = −40𝑥 + 240 𝐸𝐼𝑦2 " = −40𝑥 + 240 𝐸𝐼𝑦2 ′ = −20𝑥2 + 240𝑥 + 𝐶3 𝐸𝐼𝑦2 = − 20 3 𝑥3 + 120𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1 ′ = 𝑦2 ′ iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 Substituição das condições de contorno. 𝐸𝐼 ∙ (0) = 40 3 ∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼 ∙ (0) = − 20 3 (6)3 + 120 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = −𝟐𝟖𝟖𝟎 40𝑥2 + 𝐶1 = −20𝑥 2 + 240𝑥 + 𝐶3 40(2)2 + 𝐶1 = −20(2) 2 + 240(2) + 𝐶3 𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = 𝟐𝟒𝟎 40 3 𝑥3 + 𝐶1𝑥 = − 20 3 𝑥3 + 120𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 40 3 (2)3 + 𝐶1(2) = − 20 3 (2)3 + 120(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 2(𝐶1 − 𝐶3) = 320 + 𝐶4 2 ∙ 240 = 320 + 𝐶4 𝑪𝟒 = 𝟏𝟔𝟎 6𝐶3 + 160 = −2880 𝑪𝟑 = −𝟓𝟎𝟔, 𝟔𝟕 𝐶1 − (−506,67) = 240 𝑪𝟏 = −𝟐𝟔𝟔, 𝟔𝟕 Equações da linha elástica. Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 40𝑥2 − 266,67 𝐸𝐼𝑦1 = 40 3 𝑥3 − 266,67𝑥 Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝐸𝐼𝑦2 ′ = −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 𝐸𝐼𝑦2 = − 20 3 𝑥3 + 120𝑥2 − 506,67𝑥 + 160 Flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦 ′ = 0 i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 40𝑥2 − 266,67 = 0 𝑥 = 2,58𝑚 > 2𝑚 A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não ocorre nele. ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 = 0 𝒙′ = 𝟐, 𝟕𝟑𝒎 𝑥′ = 9,27 (Fora do domínio) Flecha máxima. O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído na segunda equação. 𝐸𝐼𝑦2 = − 20 3 𝑥3 + 120𝑥2 − 506,67𝑥 + 160 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = − 20 3 (2,73)3 + 120(2,73)2 − 506.67(2,73) + 160 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟕𝟕𝒎𝒎 ↓ Inclinação nos apoios. 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 40𝑥2 − 266,67 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 40(0) 2 − 266,67 𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟒𝟓 rad 𝐸𝐼𝑦2 ′ = −20𝑥2 + 240𝑥 − 506,67 𝐸𝐼𝜃𝐵 = −20(6) 2 + 240(6) − 506,67 𝜽𝑩 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟑𝟔 rad 04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 2,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝑀 = 2𝑥 𝐸𝐼𝑦1 " = 2𝑥 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 𝑥2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦1 = 1 3 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝑀 = 2𝑥 − 12 𝐸𝐼𝑦" = 2𝑥 − 12 𝐸𝐼𝑦2 ′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 𝐶3 𝐸𝐼𝑦2 = 1 3 𝑥3 − 6𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1 ′ = 𝑦2 ′ iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 Substituição das condições de contorno. 𝐸𝐼 ∙ (0) = 1 3 ∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼 ∙ (0) = 1 3 ∙ (6)3 − 6 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 𝟔𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = 𝟏𝟒𝟒 𝑥2 + 𝐶1 = 𝑥 2 − 12𝑥 + 𝐶3 (2)2 + 𝐶1 = (2) 2 − 12(2) + 𝐶3 𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = −𝟐𝟒 1 3 𝑥3 + 𝐶1𝑥 = 1 3 𝑥3 − 6𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 1 3 (2)3 + 𝐶1(2) = 1 3 (2)3 − 6(2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 2(𝐶1 − 𝐶3) = −24 + 𝐶4 2 ∙ (−24) = −24 + 𝐶4 𝑪𝟒 = −𝟐𝟒 6𝐶3 − 24 = 144 𝑪𝟑 = 𝟐𝟖 𝐶1 − (28) = −24 𝑪𝟏 = 𝟒 Equações da linha elástica. Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 𝑥2 + 4 𝐸𝐼𝑦1 = 1 3 𝑥3 + 4𝑥 Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝐸𝐼𝑦2 ′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 28 𝐸𝐼𝑦2 = 1 3 𝑥3 − 6𝑥2 + 28𝑥 − 24 Flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦 ′ = 0 i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 𝑥2 + 4 = 0 Não existem raízes reais para essa equação nesse trecho. Portanto, a flecha máxima não ocorre nele. ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. 𝑥2 − 12𝑥 + 28 = 0 𝒙′ = 𝟑, 𝟏𝟕𝒎 𝑥′ = 8,83 (Fora do domínio) Flecha máxima. O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído na segunda equação. 𝐸𝐼𝑦2 = 1 3 𝑥3 − 60𝑥2 + 388𝑥 − 240 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 1 3 (3,17)3 − 6(3,17)2 + 388(3,17) − 24 𝒚𝒎á𝒙 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟓𝒎𝒎 ↑ Inclinação nos apoios. 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 𝑥2 + 4 𝐸𝐼𝜃𝐴 = (0) 2 + 8 𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐 rad 𝐸𝐼𝑦2 ′ = 𝑥2 − 12𝑥 + 28 𝐸𝐼𝜃𝐵 = (6) 2 − 12(6) + 28 𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟎𝟒 rad 05) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios. Dados: 𝐸𝐼 = 6,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 4 + 12 + 8 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 24 6 + 4 ∙ 𝑉𝐶 − 8 ∙ 3 − 12 ∙ 2 − 4 ∙ 1 = 0 𝑉𝐶 = 24 + 24 + 4 − 6 4 𝑉𝐶 = 11,5 𝑘𝑁 𝑉𝐴 = 12,5 𝑘𝑁 Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝑀 = 12,5𝑥 − 2𝑥 ∙ 𝑥 2 𝐸𝐼𝑦1 " = 12,5𝑥 − 𝑥2 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 12,5 2 𝑥2 − 1 3 𝑥3 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦1 = 12,5 6 𝑥3 − 1 12 𝑥4 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 𝑀 = 12.5𝑥 − 4(𝑥 − 1) − 12(𝑥 − 2) − 4(𝑥 − 2) ∙ (𝑥 − 2) 2 𝐸𝐼𝑦2 " = −2𝑥2 + 4,5𝑥 + 20 𝐸𝐼𝑦2 ′ = − 2 3 𝑥3 + 4,5 2 𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 𝐸𝐼𝑦2 = − 2 12 𝑥4 + 4,5 6 𝑥3 + 20 2𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 Trecho III: 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝑀 = 6 (olhando para a direita) 𝐸𝐼𝑦" = 6 𝐸𝐼𝑦3 ′ = 6𝑥 + 𝐶5 𝐸𝐼𝑦3 = 3𝑥 2 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦1 = 0 ii) 𝑥 = 4 e 𝑦2 = 0 iii) 𝑥 = 2 e 𝑦1 ′ = 𝑦2 ′ iv) 𝑥 = 2 e 𝑦1 = 𝑦2 v) 𝑥 = 4 e 𝑦2 ′ = 𝑦3 ′ vi) 𝑥 = 4 e 𝑦2 = 𝑦3 Substituição das condições de contorno. i) 𝐸𝐼(0) = 12,5 6 (0)3 − 1 12 (0)4 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 ii) 𝐸𝐼(0) = − 2 12 (4)4 + 4,5 6 (4)3 + 20 2 (4)2 + 𝐶3(4) + 𝐶4 𝟒𝑪𝟑 + 𝑪𝟒 = − 𝟒𝟗𝟔 𝟑 iii) 12,5 2 𝑥2 − 1 3 𝑥3 + 𝐶1 = − 2 3 𝑥3 + 4,5 2 𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 12,5 2 (2)2 − 1 3 (2)3 + 𝐶1 = − 2 3 (2)3 + 4,5 2 (2)2 + 20(2) + 𝐶3 𝑪𝟏 − 𝑪𝟑 = 𝟔𝟒 𝟑 iv) 12,5 6 𝑥3 − 1 12 𝑥4 + 𝐶1𝑥 = − 2 12 𝑥4 + 4,5 6 𝑥3 + 20 2 𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 12,5 6 (2)3 − 1 12 (2)4 + 𝐶1(2) = − 2 12 (2)4 + 4,5 6 (2)3 + 20 2 (2)2 + 𝐶3(2) + 𝐶4 2(𝐶1 − 𝐶3) = 28 + 𝐶4 2 ∙ 64 3 = 28 + 𝐶4 𝑪𝟒 = 𝟒𝟒 𝟑 Substituição. 4𝐶3 + 44 3 = − 496 3 𝑪𝟑 = −𝟒𝟓 v) − 2 3 𝑥3 + 4,5 2 𝑥2 + 20𝑥 + 𝐶3 = 6𝑥 + 𝐶5 − 2 3 (4)3 + 4,5 2 (4)2 + 20(4) + 𝐶3 = 6(4) + 𝐶5 𝑪𝟑 − 𝑪𝟓 = − 𝟏𝟒𝟖 𝟑 vi) − 2 12 𝑥4 + 4,5 6 𝑥3 + 20 2 𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 = 3𝑥 2 + 𝐶5𝑥 + 𝐶6 − 2 12 (4)4 + 4.5 6 (4)3 + 20 2 (4)2 + 𝐶3(4) + 12 = 3(4) 2 + 𝐶5(4) + 𝐶6 388 3 + 4 ∙ (𝐶3 − 𝐶5) = 𝐶6 𝐶6 = 388 3 + 4 ∙ (− 148 3 ) 𝑪𝟔 = −𝟔𝟖 Substituição. 𝐶1 − (−45) = 64 3 𝑪𝟏 = − 𝟕𝟏 𝟑 −45 − 𝐶5 = − 148 3 𝑪𝟓 = 𝟏𝟑 𝟑 Equações da linha elástica. Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 12,5 2 𝑥2 − 1 3 𝑥3 − 71 3 𝐸𝐼𝑦1 = 12,5 6 𝑥3 − 1 12 𝑥4 − 71 3 𝑥 Trecho II: 𝟐 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒 𝐸𝐼𝑦2 ′ = − 2 3 𝑥3 + 4,5 2 𝑥2 + 20𝑥 − 45 𝐸𝐼𝑦2 = − 2 12 𝑥4 + 4,5 6 𝑥3 + 20 2 𝑥2 − 45𝑥 + 44 3 Trecho III: 𝟒 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝐸𝐼𝑦3 ′ = 6𝑥 + 13 3 𝐸𝐼𝑦3 = 3𝑥 2 + 13 3 𝑥 − 68 Flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦 ′ = 0 i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 12.5 2 𝑥2 − 1 3 𝑥3 − 71 3 𝑥 = 0 Raízes calculadas pelo Microsoft Mathematics: 𝑥 = 0 (máximo local) 𝑥 = 5,26 (Fora do domínio) 𝑥 = 13,48 (Fora do domínio) A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não ocorre nele. ii) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. − 2 3 𝑥3 + 4.5 2 𝑥2 + 20𝑥 − 45 = 0 𝒙 = 𝟐, 𝟎𝟔 𝑥 = −5,01 (Fora do domínio) 𝑥 = 6,41 (Fora do domínio) iii) Verificação da flecha máxima no terceiro trecho. 6𝑥 + 13 3 = 0 𝑥 = −0,72 (Fora do domínio) Flecha máxima. O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído na segunda equação. 𝐸𝐼𝑦2 = − 2 12 𝑥4 + 4,5 6 𝑥3 + 20 2 𝑥2 − 45𝑥 + 44 3 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = − 2 12 (2,06)4 + 4,5 6 (2,06)3 + 20 2 (2,06)2 − 45(2,06) + 44 3 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟎𝟓𝟑𝒎𝒎 ↓ Inclinação nos apoios. 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 12,5 2 𝑥2 − 1 3 𝑥3 − 71 3 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 12,5 2 (0)2 − 1 3 (0)3 − 71 3 𝜽𝑨 = −𝟑, 𝟗𝟒𝟒 ∙ 𝟏𝟎 −𝟓 rad 𝐸𝐼𝑦2 ′ = − 2 3 𝑥3 + 4,5 2 𝑥2 + 20𝑥 − 45 𝐸𝐼𝜃𝐶 = − 2 3 (4)3 + 4,5 2 (4)2 + 20(4) − 45 𝜽𝑩 = 𝟒, 𝟕𝟐𝟐 ∙ 𝟏𝟎 −𝟓 rad 06) Considere que não há reações horizontais para a viga hiperestática abaixo. Sabendo que sua rigidez é 𝐸𝐼 = 4,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚², utilize o método da superposição (Tabela) para determinar as reações de apoio nos engastes. Antes de qualquer procedimento, deve-se levar em conta as seguintes simplificações: a) As reações horizontais nos engastes são consideradas nulas; b) Existem duas reações superabundantes. Portanto, deve-se fazer a compatibilidade dos deslocamentos no engaste da direita tanto em relação ao deslocamento vertical quanto à rotação, sendo ambas nulas. Condição 1. 𝑦𝐷 = 𝑦𝑤 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 + 𝑦𝑀 = 0 − 𝑤𝐿𝐴𝐵 4 8𝐸𝐼 + 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ ∙ (− 𝑤𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 ) − 𝑃𝐿𝐴𝐶 3 3𝐸𝐼 + 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ ∙ (− 𝑃𝐿𝐴𝐶 2 2𝐸𝐼 ) + 𝑉𝐷𝐿 3 3𝐸𝐼 − 𝑀𝐷𝐿 2 2𝐸𝐼 = 0 − 6 ∙ 44 8 + 4 ∙ (− 6 ∙ 43 6 ) − 12 ∙ 63 3 + 2 ∙ (− 12 ∙ 62 2 ) + 𝑉𝐷 ∙ 8 3 3 − 𝑀𝐷 ∙ 8 2 2 = 0 𝑽𝐃 = 𝟑𝑴𝑫 𝟏𝟔 + 𝟑𝟐𝟕 𝟑𝟐 Condição 2. 𝜃𝐷 = 𝜃𝑤 + 𝜃𝑃 + 𝜃𝑉 + 𝜃𝑀 = 0 − 𝑤𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 − 𝑃𝐿𝐴𝐶 2 2𝐸𝐼 − 𝑉𝐷𝐿 2 2𝐸𝐼 − 𝑀𝐷𝐿 𝐸𝐼 = 0 − 6 ∙ 43 6 − 12 ∙ 62 2 + 𝑉𝐷 ∙ 8 2 2 −𝑀𝐷 ∙ 8 = 0 𝑽𝐃 = 𝑴𝑫 + 𝟑𝟓 𝟒 Deve-se agora resolver o sistema formado pelas duas equações anteriores: { 𝑉𝐷 = 3𝑀𝐷 16 + 327 32 𝑉𝐷 = 𝑀𝐷 + 35 4 𝑽𝑫 = 𝟏𝟒, 𝟔𝟑 𝒌𝑵 𝑴𝑫 = 𝟐𝟑, 𝟓 𝒌𝑵.𝒎 Fazendo o equilíbrio estático, tem-se: ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 − 24 − 12 = 0 𝑉𝐴 + 14,63 = 36 𝑽𝑨 = 𝟐𝟏, 𝟑𝟕 𝒌𝑵 ↺∑𝑀𝐴 = 0 𝑀𝐴 + 14.63 ∙ 8 − 23.5 − 24 ∙ 2 − 12 ∙ 6 = 0 𝑴𝑨 = 𝟐𝟔, 𝟒𝟔 𝒌𝑵.𝒎 07) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 08) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 09) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8,0 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 10) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. A viga é feita de aço temperado e revenido ASTM-A709 classe 690 e tem seção transversal retangular de 100𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚. OBS: Em todas as questões acima, independentemente da solução ser obtida por meio da equação da linha elástica ou pelo método da superposição (Tabela), faça uma lista de todas as condições de contorno possíveis envolvidas em cada caso. 4. EXERCÍCOS RESOLVIDOS 01) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha e a rotação na extremidade em balanço. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 4 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². Utilizando a tabela, tem-se: 𝛿𝐵 = − 𝑞𝐿4 30𝐸𝐼 = − 2 ∙ 34 30 ∙ 4 ∙ 105 = 1,35 ∙ 10−5 𝑚 = 0,0135𝑚𝑚 𝜃𝐵 = − 𝑞𝐿3 24𝐸𝐼 = − 2 ∙ 33 24 ∙ 4 ∙ 105 = 5,625 ∙ 10−6 𝑟𝑎𝑑 02) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação no apoio da esquerda. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações dalinha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 8 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². Deve-se utilizar a tabela da linha elástica para os três casos de carregamento observados: carga uniformemente distribuída ao longo do vão completo da viga, carga concentrada aplicada nomeio do vão e carga momento concentrada aplicada no apoio da esquerda. Desta forma: 𝑦 = 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑀 𝑦 = − 𝑞𝑥 24𝐸𝐼 (𝐿3 − 2𝐿𝑥2 + 𝑥3) − 𝑃𝑥 48𝐸𝐼 (3𝐿2 − 4𝑥2) − 𝑀𝑥 6𝐿𝐸𝐼 (2𝐿2 − 3𝐿𝑥 + 𝑥2) 𝑦 = − 2𝑥 24𝐸𝐼 (103 − 2 ∙ 10 ∙ 𝑥2 + 𝑥3) − 12𝑥 48𝐸𝐼 (3 ∙ 102 − 4𝑥2) − 24𝑥 6 ∙ 10 ∙ 𝐸𝐼 (2 ∙ 102 − 3 ∙ 10 ∙ 𝑥 + 𝑥2) 𝑦 = 1 𝐸𝐼 (− 𝑥4 12 + 34𝑥3 15 + 12𝑥2 − 715𝑥 3 ) 𝑦′ = 1 𝐸𝐼 (− 𝑥3 3 + 34𝑥2 5 + 24𝑥 − 715 3 ) Para obter-se a posição da flecha máxima é necessário igualar a equação da inclinação a zero. 1 𝐸𝐼 (− 𝑥3 3 + 34𝑥2 5 + 24𝑥 − 715 3 ) = 0 Resolvendo a equação acima, obtém-se as seguintes raízes: 𝑥1 = 22,19 (Fora do domínio) 𝑥2 = −6,64 (Fora do domínio) 𝒙𝟑 = 𝟒, 𝟖𝟓 Desta forma: i) Flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 = 1 8 ∙ 105 ∙ (− 4,854 12 + 34 ∙ 4,853 15 + 12 ∙ 4,852 − 715 ∙ 4,85 3 ) 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟖𝟐𝟔𝟓 𝒎𝒎 ii) Rotação nos apoios. 𝑦′ = 𝜃𝐴 = 1 8 ∙ 105 ∙ (− 03 3 + 34 ∙ 02 5 + 24 ∙ 0 − 715 3 ) 𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟐𝟗𝟕𝟗 𝒓𝒂𝒅 03) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dados: 𝐸𝐼 = 5 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 1. Cálculo das reações de apoio. ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 20 → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐶 ∙ 8 + 𝑉𝐵 ∙ 4 − 12 ∙ 6 − 8 ∙ 2 = 0 2. Método da superposição. A reação vertical do apoio B pode ser considerada superabundante, tornando o problema hiperestático. Para resolver esse óbice, deve-se retirar o apoio intermediário a fim de se obter uma viga isostática auxiliar. Tal procedimento não pode ficar impune. Em contrapartida, para restabelecer as condições originais da estrutura, aplica-se uma carga P vertical e para cima ao nó B. Por fim, a seguinte equação de compatibilidade dos deslocamentos deve ser considerada: 𝛿1𝐵 + 𝛿2𝐵 + 𝛿3𝐵 = 0 [− 𝑞𝑥 24𝐿𝐸𝐼 (𝐿𝑥3 − 4𝑎𝐿𝑥2 + 2𝑎2𝑥2 + 4𝑎2𝐿2 − 4𝑎3𝐿 + 𝑎4)] + [− 𝑃𝑏𝑥 6𝐿𝐸𝐼 (𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2)] + 𝑉𝐵𝐿 3 48𝐸𝐼 = 0 [− 2 ∙ 4 24 ∙ 8 (8 ∙ 43 − 4 ∙ 4 ∙ 8 ∙ 42 + 2 ∙ 42 ∙ 42 + 4 ∙ 42 ∙ 82 − 4 ∙ 43 ∙ 8 + 44)] + [− 12 ∙ 2 ∙ 4 6 ∙ 8 (82 − 22 − 42)] + 𝑉𝐵 ∙ 8 3 48 = 0 𝑽𝑩 = 𝟏𝟑, 𝟐𝟓 𝒌𝑵 Substituindo o valor acima nas equações encontradas por meio do equilíbrio da estático, obtém-se as demais reações de apoio: 𝑽𝑨 = 𝟐, 𝟑𝟕𝟓 𝒌𝑵 𝑽𝑪 = 𝟒, 𝟑𝟕𝟓 𝒌𝑵 04) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 − 12 − 24 = 0 𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = −6𝑘𝑁 𝐸𝐼𝑦" = 12 − 6𝑥 𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = 6𝑥2 − 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = 6(0)2 − (0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = 6(6)2 − (6)3 + 𝐶1(6) 𝑪𝟏 = 𝟎 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 = 0 𝑥 = 0 𝒙 = 𝟒𝒎 𝐸𝐼𝑦 = 6𝑥2 − 𝑥3 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 6(4) 2 − (4)3 𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = 12𝑥 − 3𝑥2 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 12(0) − 3(0) 2 𝜽𝑨 = 𝟎 𝐸𝐼𝜃𝐵 = 12(6) − 3(6) 2 𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟖𝒓𝒂𝒅 05) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a rotação na extremidade em balanço. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = 𝑀𝐿2 2𝐸𝐼 = 20 ∙ 102 2 ∙ 2 ∙ 105 = 𝟓 𝒎𝒎 𝜃𝐴 = 𝑀𝐿 𝐸𝐼 = 20 ∙ 10 2 ∙ 105 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟏 𝒓𝒂𝒅 06) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação no apoio da esquerda. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = 𝑀𝑥 6𝐿𝐸𝐼 (2𝐿2 − 3𝐿𝑥 + 𝑥2) − 𝑃𝑏𝑥 6𝐿𝐸𝐼 (𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) 𝑦 = 1 𝐸𝐼 [ 24 ∙ 𝑥 6 ∙ 10 ∙ (2 ∙ 102 − 3 ∙ 10 ∙ 𝑥 + 𝑥2) − 36 ∙ 4 ∙ 𝑥 6 ∙ 10 ∙ (102 − 42 − 𝑥2)] 𝑦 = 1 𝐸𝐼 ( 14𝑥3 5 − 12𝑥2 − 608𝑥 5 ) 𝑦′ = 1 𝐸𝐼 ( 42𝑥2 5 − 24𝑥 − 608 5 ) Cálculo da flecha máxima. 42𝑥2 5 − 24𝑥 − 608 5 = 0 𝒙 = −𝟐, 𝟔𝟒𝒎 (Fora do domínio) 𝒙 = 𝟓, 𝟒𝟗𝒎 𝑦 = 1 2 ∙ 105 ( 14 5 ∙ 5,493 − 12 ∙ 5,492 − 608 ∙ 5,49 5 ) = −𝟐, 𝟖𝟑𝒎𝒎 𝑦′ = 𝜃𝐴 = 1 2 ∙ 105 ( 42 5 ∙ 02 − 24 ∙ 0 − 608 5 ) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟔𝟏 𝒓𝒂𝒅 07) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². Deve-se retirar o apoio da esquerda e, em seu lugar, inserir uma reação superabundante 𝑃 = 𝑉𝐶, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o deslocamento nulo referente ao apoio C. Desta forma, tem-se: 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 = 0 (𝑦𝐵 +𝑚𝜃𝐵) + 𝑦𝑃 = 0 (− 𝑞𝐿𝐴𝐵 4 8𝐸𝐼 − 4 ∙ 𝑞𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 ) + 𝑉𝐶𝐿 3 3𝐸𝐼 = 0 − 48 ∙ 44 8 − 4 ∙ 48 ∙ 43 6 + 𝑉𝐶 ∙ 8 3 3 = 0 𝑽𝑪 = 𝟐𝟏𝒌𝑵 Cálculo das reações de apoio. → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 192 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐶 ∙ 8 − 192 ∙ 2 +𝓂𝐴 = 0 𝑉𝐴 + 21 = 192 𝑽𝑨 = 𝟏𝟕𝟏𝒌𝑵 21 ∙ 8 − 192 ∙ 2 +𝓂𝐴 = 0 𝓶𝑨 = 𝟐𝟏𝟔𝒌𝑵 08) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 + 24 − 72 = 0 𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁 𝐸𝐼𝑦" = −24 − 6𝑥 𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = −12𝑥2 − 𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 8 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = −12(0)2 − (0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = −12(8)2 − (8)3 + 𝐶1(8) 𝑪𝟏 = 𝟏𝟔𝟎 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 160 = 0 𝑥 = −12,33 𝑚 (Fora do domínio) 𝒙 = 𝟒, 𝟑𝟑𝒎 𝐸𝐼𝑦 = −12𝑥2 − 𝑥3 + 160𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −12(4,33) 2 − (4,33)3 + 160 ∙ 4,33 𝒚𝒎á𝒙 = +𝟏, 𝟗𝟑𝟑 𝒎𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = −24𝑥 − 3𝑥2 + 160 𝐸𝐼𝜃𝐴 = −24(0) − 3(0) 2 + 160 𝜽𝑨 = +𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟖𝒓𝒂𝒅 𝐸𝐼𝜃𝐵 = −24(8) − 3(8) 2 + 160 𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟏𝟐𝒓𝒂𝒅 09) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha para 𝑥 = 5 e a rotação no apoio da esquerda. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = − 𝑞𝑎3 24𝐿𝐸𝐼(4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) 𝑦 = − 24 ∙ 53 24 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 105 ∙ (4 ∙ 82 − 7 ∙ 5 ∙ 8 + 3 ∙ 52) = −𝟑, 𝟗𝟖𝒎𝒎 𝜃𝐴 = − 𝑞𝑎2 24𝐿𝐸𝐼 (2𝐿 − 𝑎)2 = − 24 ∙ 52 24 ∙ 8 ∙ 2 ∙ 105 ∙ (2 ∙ 8 − 5)2 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟗 𝒓𝒂𝒅 10) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação nos apoios. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 i) Cálculo da flecha máxima. 𝑦 = − 𝑞𝑎2 24𝐿𝐸𝐼 (2𝑥3 −6𝐿𝑥2 +𝑎2𝑥+ 4𝐿2𝑥− 𝑎2𝐿)− 𝑃𝑥 48𝐸𝐼 (3𝐿2 −4𝑥2) 𝑦 = 1 𝐸𝐼 [− 24 ∙ 22 24 ∙ 8 ∙ (2 ∙ 𝑥3 − 6 ∙ 8 ∙ 𝑥2 + 22 ∙ 𝑥 + 4 ∙ 82 ∙ 𝑥 − 22 ∙ 8) − 12 ∙ 𝑥 48 ∙ (3 ∙ 82 − 4 ∙ 𝑥2)] 𝑦 = 1 𝐸𝐼 (24𝑥2 − 178𝑥 + 16) 𝑦′ = 1 𝐸𝐼 (48𝑥 − 178) 𝑦′ = 0 48𝑥 − 178 = 0 𝑥 = 3,71𝑚 𝑦𝑚á𝑥 = 1 2 ∙ 105 ∙ (24 ∙ 3,712 − 178 ∙ 3,71 + 16) = −𝟏, 𝟓𝟕𝒎𝒎 ii) Cálculo da rotação no apoio da esquerda. 𝑦 = − 𝑞𝑥 24𝐿𝐸𝐼 (𝐿𝑥3 − 4𝑎𝐿𝑥2 + 2𝑎2𝑥2 + 4𝑎2𝐿2 − 4𝑎3𝐿 + 𝑎4) − 𝑃𝑥 48𝐸𝐼 (3𝐿2 − 4𝑥2) 𝑦 = 1 𝐸𝐼 [− 24 ∙ 𝑥 24 ∙ 8 ∙ (8 ∙ 𝑥3 − 4 ∙ 2 ∙ 8 ∙ 𝑥2 + 2 ∙ 22 ∙ 𝑥2 + 4 ∙ 22 ∙ 82 − 4 ∙ 23 ∙ 8 + 24) − 12 ∙ 𝑥 48 ∙ (3 ∙ 82 − 4 ∙ 𝑥2)] 𝑦 = 1 𝐸𝐼 (−𝑥4 + 7𝑥3 − 146𝑥) 𝑦′ = 1 𝐸𝐼 (−4𝑥3 + 21𝑥2 − 146) 𝜃𝐴 = 1 2 ∙ 105 ∙ (−4 ∙ 03 + 21 ∙ 02 − 146) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟕𝟑 𝒓𝒂𝒅 11) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². Deve-se retirar o apoio da esquerda e, em seu lugar, inserir uma reação superabundante 𝑃 = 𝑉𝐶, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o deslocamento nulo referente ao apoio C. Desta forma, tem-se: 𝑦𝑇 + 𝑦𝑃 = 0 (𝑦𝐵 +𝑚𝜃𝐵) + 𝑦𝑃 = 0 (− 𝑞𝐿𝐴𝐵 4 30𝐸𝐼 − 4 ∙ 𝑞𝐿𝐴𝐵 3 24𝐸𝐼 ) + 𝑉𝐶𝐿 3 3𝐸𝐼 = 0 − 10 ∙ 44 30 − 4 ∙ 10 ∙ 43 24 + 𝑥 ∙ 83 3 = 0 𝑽𝑪 = 𝟏, 𝟏𝟐𝟓𝒌𝑵 Cálculo das reações de apoio. → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐶 = 20 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐶 ∙ 8 − 20 ∙ 4 3 −𝓂𝐴 = 0 𝑉𝐴 + 1,125 = 20 𝑽𝑨 = 𝟏𝟖, 𝟖𝟕𝟓𝒌𝑵 1,125 ∙ 8 − 20 ∙ 4 3 +𝓂𝐴 = 0 𝓶𝑨 = 𝟏𝟕, 𝟔𝟕𝒌𝑵 12) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 2 ∙ 105𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 + 12 + 24 = 0 𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁 𝐸𝐼𝑦" = 6𝑥 − 24 𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = 𝑥3 − 12𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = (0)3 − 12(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = (6)3 − 12(6)2 + 𝐶1(6) 𝑪𝟏 = 𝟑𝟔 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 36 = 0 𝐱 = 𝟐𝐦 𝐱 = 𝟔𝐦 (máximo local) 𝐸𝐼𝑦 = 𝑥3 − 12𝑥2 + 36𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = (2) 3 − 12(2)2 + 36(2) 𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟏𝟔 𝒎𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = 3𝑥2 − 24𝑥 + 36 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 3(0) 2 − 24(0) + 36 𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟏𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝐸𝐼𝜃𝐵 = 3(6) 2 − 24(6) + 36 𝜽𝑩 = 𝟎 13) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha e a rotação máximas. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = + 𝑀𝐿2 2𝐸𝐼 = + 20 ∙ 102 2 ∙ 1000 = +𝟏 𝒎 𝜃𝐵 = 𝑀𝐿 𝐸𝐼 = 20 ∙ 10 1000 = 𝟎, 𝟐 𝒓𝒂𝒅 14) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 i) Cálculo da flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 = − 𝑤𝐿𝐴𝐵 4 8𝐸𝐼 + 𝑚 ∙ (− 𝑤𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 ) − 𝑃𝐿3 3𝐸𝐼 𝑦𝑚á𝑥 = − 48 ∙ 54 8 ∙ 1000 + 5 ∙ (− 48 ∙ 53 6 ∙ 1000 ) − 6 ∙ 103 3 ∙ 1000 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟏𝟎, 𝟕𝟓 𝒎 ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 𝜃𝐶 = − 𝑤𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 − 𝑃𝐿2 2𝐸𝐼 𝜃𝐶 = − 48 ∙ 53 6 ∙ 1000 − 6 ∙ 102 2 ∙ 1000 𝜽𝑪 = −𝟏, 𝟑 𝒓𝒂𝒅 15) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². Deve-se retirar o apoio da extremidade e, em seu lugar, inserir uma reação superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o deslocamento nulo referente ao apoio. Desta forma, tem-se: 𝑦𝑞 + 𝑦𝑀 + 𝑦𝑃 = 0 − 𝑤𝐿4 8𝐸𝐼 − 𝑀𝐿2 2𝐸𝐼 + 𝑉𝐵𝐿 3 3𝐸𝐼 = 0 − 8 ∙ 104 8 ∙ 1000 − 40 ∙ 102 2 ∙ 1000 + 𝑉𝐵 ∙ 10 3 3 ∙ 1000 = 0 𝑽𝑩 = 𝟑𝟔𝒌𝑵 Cálculo das reações de apoio. → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 80 𝑉𝐴 + 36 = 80 𝑽𝑨 = 𝟒𝟒 𝒌𝑵 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐵 ∙ 10 +𝓂𝐴 − 80 ∙ 5 − 40 = 0 𝓶𝑨 = 𝟖𝟎 𝒌𝑵.𝒎 16) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica (Método da dupla integração), determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 − 28 + 100 = 0 𝑉𝐵 = −12 𝑘𝑁 𝑉𝐴 = 12 𝑘𝑁 𝐸𝐼𝑦" = 12𝑥 − 100 𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = 2𝑥3 − 50𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = 2 ∙ (0)3 − 50 ∙ (0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = 2 ∙ (6)3 − 50 ∙ (6)2 + 𝐶1(6) 𝑪𝟏 = 𝟐𝟐𝟖 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 228 = 0 𝐱 = 𝟐, 𝟕𝟑𝐦 𝐱 = 𝟏𝟑, 𝟗𝟒𝐦 (Fora do Domínio) 𝐸𝐼𝑦 = 2𝑥3 − 50𝑥2 + 228𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 2 ∙ (2,73) 3 − 50(2,73)2 + 228(2,73) 𝒚𝒎á𝒙 = +𝟎, 𝟐𝟗 𝒎𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = 6𝑥2 − 100𝑥 + 228 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 6(0) 2 − 100(0) + 228 𝜽𝑨 = 𝟎, 𝟐𝟐𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝐸𝐼𝜃𝐵 = 6(6) 2 − 100(6) + 228 𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟏𝟓𝟔 𝒓𝒂𝒅 17) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a rotação nos apoios. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = + 5𝑞𝐿4 384𝐸𝐼 = + 5 ∙ 96 ∙ 104 384 ∙ 1000 = −𝟏𝟐, 𝟓 𝒎 𝜃𝐴 = + 𝑞𝐿3 24𝐸𝐼 = + 96 ∙ 103 24 ∙ 1000 = +𝟒 𝒓𝒂𝒅 𝜃𝐵 = − 𝑞𝐿3 24𝐸𝐼 = − 96 ∙ 103 24 ∙ 1000 = −𝟒 𝒓𝒂𝒅 18) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 i) Cálculo da flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 = − 𝑤𝐿𝐴𝐵 4 8𝐸𝐼 + 𝑚 ∙ (− 𝑤𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 ) − 𝑃𝐿3 3𝐸𝐼 𝑦𝑚á𝑥 = − 24 ∙ 44 8 ∙ 1000 + 4 ∙ (− 24 ∙ 43 6 ∙ 1000 ) − 48∙ 83 3 ∙ 1000 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟗, 𝟗𝟖𝟒 𝒎 ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 𝜃𝐶 = − 𝑤𝐿𝐴𝐵 3 6𝐸𝐼 − 𝑃𝐿2 2𝐸𝐼 𝜃𝐶 = − 24 ∙ 43 6 ∙ 1000 − 48 ∙ 82 2 ∙ 1000 𝜽𝑪 = −𝟏, 𝟕𝟗𝟐 𝒓𝒂𝒅 19) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². Deve-se retirar o apoio do meio e, em seu lugar, inserir uma reação superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o deslocamento nulo referente ao apoio B (x = 6m). Desta forma, tem-se: 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 = 0 − 𝑞𝑎3 24𝐿𝐸𝐼 (4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) − 𝑃𝑏𝑥 6𝐿𝐸𝐼 (𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) + 𝑉𝐵𝐿 3 48𝐸𝐼 = 0 𝑉𝐵 ∙ 12 3 48 ∙ 1000 = 48 ∙ 63 24 ∙ 12 ∙ 1000 ∙ (4 ∙ 122 − 7 ∙ 6 ∙ 12 + 3 ∙ 62) + 192 ∙ 3 ∙ 6 6 ∙ 12 ∙ 1000 (122 − 32 − 62) 𝑽𝑩 = 𝟑𝟏𝟐𝒌𝑵 Cálculo das reações de apoio. → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 288 + 192 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 480 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐶 ∙ 12 + 𝑉𝐵 ∙ 6 − 192 ∙ 9 − 288 ∙ 3 = 0 12𝑉𝐶 + 312 ∙ 6 − 2592 = 0 12𝑉𝐶 = 720 𝑽𝑪 = 𝟔𝟎𝒌𝑵 𝑉𝐴 + 312 + 60 = 480 𝑽𝑨 = 𝟏𝟎𝟖𝒌𝑵 20) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica (Método da dupla integração), determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 − 72 = 0 𝑉𝐴 = −𝑉𝐵 = −12 𝐸𝐼𝑦" = −12x 𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = −2𝑥3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 6 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = −2(0)3 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = −2(6)3 + 𝐶1(6) 𝑪𝟏 = 𝟕𝟐 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 72 = 0 x = −3,46m (Fora do domínio) 𝐱 = 𝟑, 𝟒𝟔𝐦 𝐸𝐼𝑦 = −2𝑥3 + 72𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = −2 ∙ (3,46) 3 + 72(3,46) 𝒚𝒎á𝒙 = 𝟎, 𝟏𝟔𝟔 𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = −6𝑥2 + 72 𝐸𝐼𝜃𝐴 = −6(0) 2 + 72 𝜽𝑨 = +𝟎, 𝟎𝟕𝟐 𝒓𝒂𝒅 𝐸𝐼𝜃𝐵 = −6(6) 2 + 72 𝜽𝑩 = −𝟎, 𝟏𝟒𝟒 𝒓𝒂𝒅 21) Dada a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a rotação nos apoios. Utilize a tabela de deslocamento transversal e inclinação da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = −0,00652 𝑞𝐿4 𝐸𝐼 = −0.00652 6 ∙ 104 1000 = −𝟎, 𝟑𝟗𝒎 𝜃𝐴 = − 7𝑞𝐿3 360𝐸𝐼 = − 7 ∙ 6 ∙ 103 360 ∙ 1000 = −𝟎, 𝟏𝟏𝟔𝟕 𝒓𝒂𝒅 𝜃𝐵 = + 𝑞𝐿3 45𝐸𝐼 = + 6 ∙ 103 45 ∙ 1000 = +𝟎, 𝟏𝟑𝟑𝟑 𝒓𝒂𝒅 22) Considere a viga isostática a seguir, pede-se determinar a flecha máxima e a inclinação na extremidade em balanço. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 i) Cálculo da flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 = − 𝑃𝐿3 3𝐸𝐼 − 5𝑃𝐿3 48𝐸𝐼 𝑦𝑚á𝑥 = − 48 ∙ 103 3 ∙ 1000 − 5 ∙ 48 ∙ 103 48 ∙ 1000 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟐𝟏 𝒎 ii) Cálculo da rotação na extremidade em balanço. 𝜃𝐶 = − 𝑃𝐿2 2𝐸𝐼 − 𝑃𝐿2 8𝐸𝐼 𝜃𝐶 = − 48 ∙ 102 2 ∙ 1000 − 48 ∙ 102 8 ∙ 1000 𝜽𝑪 = −𝟑 𝒓𝒂𝒅 23) Dada a viga hiperestática a seguir, pede-se determinar as reações de apoio. Aplique o método da superposição por meio da utilização da tabela de equações da linha elástica. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². Deve-se retirar o apoio do meio e, em seu lugar, inserir uma reação superabundante, 𝑃 = 𝑉𝐵, de baixo para cima, a fim de compatibilizar o deslocamento nulo referente ao apoio B (x = 6m). Desta forma, tem-se: 𝑦𝑞 + 𝑦𝑃 + 𝑦𝑉 = 0 − 𝑞𝑎3 24𝐿𝐸𝐼 (4𝐿2 − 7𝑎𝐿 + 3𝑎2) − 𝑃𝑏𝑥 6𝐿𝐸𝐼 (𝐿2 − 𝑏2 − 𝑥2) + 𝑉𝐵𝐿 3 48𝐸𝐼 = 0 𝑉𝐵 ∙ 12 3 48 ∙ 1000 = 24 ∙ 63 24 ∙ 12 ∙ 1000 ∙ (4 ∙ 122 − 7 ∙ 6 ∙ 12 + 3 ∙ 62) + 96 ∙ 3 ∙ 6 6 ∙ 12 ∙ 1000 (122 − 32 − 62) 𝑽𝑩 = 𝟏𝟓𝟔𝒌𝑵 Cálculo das reações de apoio. → ∑𝐻 = 0 𝑯𝑨 = 𝟎 ↑ ∑𝑉 = 0 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 144 + 96 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 + 𝑉𝐶 = 240 ↶ ∑𝑀𝐴 = 0 𝑉𝐶 ∙ 12 + 𝑉𝐵 ∙ 6 − 96 ∙ 9 − 144 ∙ 3 = 0 12𝑉𝐶 + 156 ∙ 6 − 1296 = 0 12𝑉𝐶 = 360 𝑽𝑪 = 𝟑𝟎𝒌𝑵 𝑉𝐴 + 156 + 30 = 240 𝑽𝑨 = 𝟓𝟒𝒌𝑵 24) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga mostrada a seguir. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². 1. Equação diferencial. 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 0 6 ∙ 𝑉𝐵 − 24 + 24 = 0 𝑉𝐴 = 𝑉𝐵 = 0 𝐸𝐼𝑦" = 24 𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = 12𝑥2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 2. Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 9 e 𝑦 = 0 3. Cálculo das constantes de integração. 𝐸𝐼(0) = 12(0)2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 𝐸𝐼(0) = 12(9)2 + 𝐶1(9) 𝑪𝟏 = −𝟏𝟎𝟖 4. Flecha máxima. A flecha é máxima onde a inclinação é nula. 𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 − 108 = 0 𝐱 = 𝟒, 𝟓𝐦 𝐸𝐼𝑦 = 12𝑥2 − 108𝑥 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = 12(4,5) 2 − 108(4,5) 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟎, 𝟐𝟒𝟑 𝒎 ↑ 5. Rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′ = 24𝑥 − 108 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 24(0) − 108 𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝐸𝐼𝜃𝐵 = 24(9) − 108 𝜽𝑩 = +𝟎, 𝟏𝟎𝟖 𝒓𝒂𝒅 5. LINHA ELÁSTICA – MÉTODO DA CARGA Até o presente momento, a equação da linha elástica foi determinada pelo Método da Dupla Integração, a partir de sua equação diferencial. Neste tópico estuda-se outro método que, partindo da equação da carga, permite determinar a deflexão e a rotação da linha elástica em uma viga bi apoiada isostática. A este método denomina-se Método da Carga. 1. Esforços Internos – Relações Diferenciais. Antes de mostrar o método propriamente dito, faz-se necessária uma revisão sobre os esforços internos. Destaca-se o elemento diferencial da figura abaixo. Nele é possível verificar a existência dos esforços internos 𝑀 e 𝑄, na face esquerda do elemento, e seus respectivos esforços internos acrescidos de seus diferencias 𝑑𝑀 e 𝑑𝑄, na face direita. Aplicando-se as condições de equilíbrio da Estática, tendo como ponto de referência para os momentos o canto inferior direito do elemento, podem-se escrever as seguintes equações diferenciais: i) ∑𝑭𝒚 = 𝟎 𝑄 − 𝑞𝑑𝑥 − (𝑄 + 𝑑𝑄) = 0 𝑄 − 𝑞𝑑𝑥 − 𝑄 − 𝑑𝑄 = 0 𝑑𝑄 = −𝑞𝑑𝑥 𝒅𝑸 𝒅𝒙 = −𝒒 Conclui-se, então, que a derivada do cortante em relação a 𝑥 é igual ao simétrico do carregamento. ii) ∑𝑴𝒑 = 𝟎 𝑄 ∙ 𝑑𝑥 +𝑀 − 𝑞𝑑𝑥 ∙ 𝑑𝑥 2 − (𝑀 + 𝑑𝑀) = 0 Desprezando-se as diferenciais de segunda ordem, (𝑑𝑥)2 ≪ 1, tem-se que: 𝑄 ∙ 𝑑𝑥 +𝑀 −𝑀 − 𝑑𝑀 = 0 𝑑𝑀 = 𝑄𝑑𝑥 𝒅𝑴 𝒅𝒙 = 𝑸 Portanto, é correto afirmar que a derivada do momento fletor em relação a 𝑥 é o esforço cortante. Assim, as seguintes conclusões são pertinentes: a) A derivada segunda do momento fletor é igual ao simétrico da carga. 𝑑𝑀 𝑑𝑥 = 𝑄 𝑑2𝑀 𝑑𝑥2 = 𝑑𝑄 𝑑𝑥 = −𝑞 b) Substituindo a equação da linha elástica, tem-se: 𝑑2 𝑑𝑥2 (𝐸𝐼𝑦′′) = −𝑞 𝐸𝐼 𝑑4𝑦 𝑑𝑥4 = −𝑞 𝐸𝐼𝑦′′′′ = −𝑞 EXEMPLO: Considere a viga isostática simplesmente apoiada mostrada na figura a seguir. Nela é aplicada uma carga senoidal distribuída de intensidade 𝑞 = 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 )Sabendo que a rigidez dessa viga é constante e igual a 𝐸𝐼, determine a flecha máxima e as rotações nos apoios. 𝐸𝐼𝑦′′′′ = −𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼𝑦′′′ = 𝐿 𝜋 𝑞0𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦′′ = − 𝐿2 𝜋2 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 𝐸𝐼𝑦′ = 𝐿3 𝜋3 𝑞0𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝐶1 𝑥2 2 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3 𝐸𝐼𝑦 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝐶1 𝑥3 6 + 𝐶2 𝑥2 2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦′′ = 0 ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦′′ = 0 iii) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 iv) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 Substituindo, tem-se: i) 𝐸𝐼(0) = 𝐿2 𝜋2 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 ∙ 0 𝐿 ) + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 ii) 𝐸𝐼(0) = 𝐿2 𝜋2 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 ∙ 𝐿 𝐿 ) + 𝐶1(𝐿) 0 = 𝐿2 𝜋2 𝑞0𝑠𝑒𝑛𝜋 + 𝐶1(𝐿) 𝑪𝟏 = 𝟎 iii) 𝐸𝐼𝑦 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 𝐸𝐼(0) = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 ∙ 0 𝐿 ) + 𝐶3(0) + 𝐶4 𝑪𝟒 = 𝟎 iv) 𝐸𝐼𝑦 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) + 𝐶3𝑥 𝐸𝐼(0) = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 ∙ 𝐿 𝐿 ) + 𝐶3(𝐿) 0 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛𝜋 + 𝐶3(𝐿) 𝑪𝟑 = 𝟎 Portanto, as equações da inclinação e da deflexão são: { 𝐸𝐼𝑦′ = 𝐿3 𝜋3 𝑞0𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼𝑦 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) Por fim, deve-se determinar a posição onde ocorre a flecha máxima. Pela simetria tanto de carregamento quanto geométrica, é fácil perceber que esse máximo ocorre no meio do vão. No entanto, por amor à didática, calcula-se a seguir a posição onde haverá a maior deflexão da viga. 𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦 ′ = 0 𝐿3 𝜋3 𝑞0𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) = 0 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) = 0 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) = 𝑐𝑜𝑠 ( 𝜋 2 ) Sendo a função cos injetora para valores de x no primeiro quadrante, tem-se que elementos do domínio que possuem a mesma imagem são iguais. 𝜋𝑥 𝐿 = 𝜋 2 𝑥 = 𝐿 2 Substituindo na equação da linha elástica, obtém-se: 𝐸𝐼𝑦 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋𝑥 𝐿 ) 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 ∙ 𝐿 𝐿 ∙ 2 ) 𝐸𝐼𝑦𝑚á𝑥 = − 𝐿4 𝜋4 𝑞0𝑠𝑒𝑛 ( 𝜋 2 ) 𝒚𝒎á𝒙 = − 𝒒𝟎𝑳 𝟒 𝑬𝑰𝝅𝟒 6. EXERCÍCIOS RESOLVIDOS 01) A partir da Equação Diferencial da Linha Elástica, determine o valor da flecha máxima e da inclinação nos apoios da viga isostática abaixo. Dado: 𝐸𝐼 = 1000 𝑘𝑁.𝑚². Fazendo 𝑎 = 6𝑚 e 𝑏 = 12𝑚, para uma carga 𝑃 = 18𝑘𝑁, tem-se como reações de apoio 𝑉𝐴 = 12𝑘𝑁 e 𝑉𝐵 = 6𝑘𝑁. Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝑀 = 12𝑥 𝐸𝐼𝑦" = 12𝑥 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 6𝑥2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦1 = 2𝑥 3 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 Trecho II: 𝟔 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟖 𝑀 = −6𝑥 + 108 𝐸𝐼𝑦" = −6𝑥 + 108 𝐸𝐼𝑦2 ′ = −3𝑥2 + 108𝑥 + 𝐶3 𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥 3 + 54𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 18 e 𝑦 = 0 iii) 𝑥 = 6 e 𝑦1 ′ = 𝑦2 ′ iv) 𝑥 = 6 e 𝑦1 = 𝑦2 Substituição das condições de contorno. i) 𝐸𝐼 ∙ (0) = 2 ∙ (0)3 + 𝐶1 ∙ (0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 ii) 𝐸𝐼 ∙ (0) = −(18)3 + 54 ∙ (18)2 + 𝐶3 ∙ (18) + 𝐶4 18𝐶3 + 𝐶4 = −11664 iii) 6𝑥2 + 𝐶1 = −3𝑥 2 + 108𝑥 + 𝐶3 6 ∙ (6)2 + 𝐶1 = −3 ∙ (6) 2 + 108 ∙ (6) + 𝐶3 𝐶1 − 𝐶3 = 324 iv) 2𝑥3 + 𝐶1𝑥 = −𝑥 3 + 54𝑥2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 2 ∙ (6)3 + 𝐶1 ∙ (6) = −(6) 3 + 54 ∙ (6)2 + 𝐶3 ∙ (6) + 𝐶4 6(𝐶1 − 𝐶3) = 216 + 𝐶4 6 ∙ 324 = 216 + 𝐶4 𝑪𝟒 = 𝟔𝟒𝟖 18𝐶3 + 648 = −11664 𝑪𝟑 = −𝟔𝟖𝟒 𝐶1 − (−684) = 324 𝑪𝟏 = −𝟑𝟔𝟎 Equações da linha elástica. Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 6𝑥2 − 360 𝐸𝐼𝑦1 = 2𝑥 3 − 360𝑥 Trecho II: 𝟔 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟖 𝐸𝐼𝑦2 ′ = −3𝑥2 + 108𝑥 − 684 𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥 3 + 54𝑥2 − 684𝑥 + 648 Flecha máxima. 𝑦𝑚á𝑥 → 𝑦 ′ = 0 i) Verificação da flecha máxima no primeiro trecho. 6𝑥2 − 360 = 0 𝑥 = 7,75𝑚 A posição desse máximo está fora do domínio do trecho. Portanto, a flecha máxima não ocorre no nele. i) Verificação da flecha máxima no segundo trecho. −3𝑥2 + 108𝑥 − 684 = 0 ÷ (−3) 𝑥2 − 36𝑥 + 228 = 0 𝒙′ = 𝟖, 𝟐𝒎 𝑥′ = 27,8 (Fora do domínio) Flecha máxima. O valor encontrado para 𝑥, que indica a posição da flecha máxima, deve ser substituído na segunda equação. 𝐸𝐼𝑦2 = −𝑥 3 + 54𝑥2 − 684𝑥 + 648 1000𝑦𝑚á𝑥 = −(8,2) 3 + 54 ∙ (8,2)2 − 684 ∙ (8,2) + 648 𝒚𝒎á𝒙 = −𝟏, 𝟖𝟖𝒎 Inclinação nos apoios. 𝐸𝐼𝑦1 ′ = 6𝑥2 − 360 𝐸𝐼𝜃𝐴 = 6(0) 2 − 360 𝜽𝑨 = −𝟎, 𝟑𝟔 rad 𝐸𝐼𝑦2 ′ = −3𝑥2 + 108𝑥 − 684 𝐸𝐼𝜃𝐵 = −3(18) 2 + 108(18) − 684 𝜽𝑩 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟖 rad 02) uma viga engastada é carregada uniformemente por uma carga momento distribuída (momento fletor, não torque) de intensidade 𝑚 por unidade de comprimento ao longo do eixo x, conforme mostra a figura abaixo. A partir da equação diferencial da linha elástica, determine a deflexão e a rotação na extremidade em balanço da viga. Neste caso é melhor seccionar a viga no trecho AB, olhando para a direita. A distribuição é de carga momento. Portanto, basta multiplicar o momento fletor dado pela distância correspondente e utilizar a convenção de momento fletor. Desta forma: 𝑀 = −𝑚(𝐿 − 𝑥) Trecho I: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳 𝐸𝐼𝑦" = −𝑚𝐿 +𝑚𝑥 𝐸𝐼𝑦′ = −𝑚𝐿𝑥 +𝑚 𝑥2 2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦 = −𝑚𝐿 𝑥2 2 +𝑚 𝑥3 6 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 0 e 𝜃𝐴 = 0 Substituindo as condições de contorno, tem-se: 𝐶1 = 𝐶2 = 0 Na extremidade em balanço, tem-se 𝑥𝐵 = 𝐿. 𝐸𝐼𝑦′ = −𝑚𝐿𝑥 +𝑚 𝑥2 2 𝐸𝐼𝜃𝐵 = −𝑚𝐿(𝐿) + 𝑚 (𝐿)2 2 𝜽𝑩 = − 𝒎𝑳𝟐 𝟐𝑬𝑰 𝐸𝐼𝑦 = −𝑚𝐿 𝑥2 2 +𝑚 𝑥3 6 𝐸𝐼𝑦𝐵 = −𝑚𝐿 (𝐿)2 2 +𝑚 (𝐿)3 6 𝒚𝑩 = − 𝒎𝑳𝟑 𝟑𝑬𝑰 03) Uma viga isostática simplesmente apoiada está submetida a uma carga parabolicamente distribuída de intensidade 𝑞, conforme mostra a figura a seguir. Determine a equação da linha elástica e calcule a deflexão máxima. 𝐸𝐼𝑦′′′′ = − 4𝑞0𝑥 𝐿 + 4𝑞0𝑥 2 𝐿2 𝐸𝐼𝑦′′′ = − 2𝑞0𝑥 2 𝐿 + 4𝑞0𝑥 3 3𝐿2 + 𝐶1 𝐸𝐼𝑦′′ = − 2𝑞0𝑥 3 3𝐿 + 𝑞0𝑥 4 3𝐿2 + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 𝐸𝐼𝑦′ = − 𝑞0𝑥 4 6𝐿 + 𝑞0𝑥 5 15𝐿2 + 𝐶1 𝑥2 2 + 𝐶2𝑥 + 𝐶3 𝐸𝐼𝑦 = − 𝑞0𝑥 5 30𝐿 + 𝑞0𝑥 6 90𝐿2 + 𝐶1 𝑥3 3 + 𝐶2 𝑥2 2 + 𝐶3𝑥 + 𝐶4 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 0 e 𝑦′′ = 0 (Momento fletor nulo no apoio simples) iii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦′′ = 0 (Momento fletor nulo no apoio simples) iv) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 Substituindo, tem-se: i) 𝐸𝐼(0) = − 𝑞0(0) 5 30𝐿 + 𝑞0(0) 6 90𝐿2 + 𝐶1 (0)3 3 + 𝐶2 (0)2 2 + 𝐶3(0) + 𝐶4 𝑪𝟒 = 𝟎 ii) 𝐸𝐼(0) = − 2𝑞0(0) 3 3𝐿 + 𝑞0(0) 4 3𝐿2 + 𝐶1(0) + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟎 iii) 𝐸𝐼(0) = − 2𝑞0(𝐿) 3 3𝐿 + 𝑞0(𝐿) 4 3𝐿2 + 𝐶1(𝐿) 𝑪𝟏 = 𝒒𝟎𝑳 𝟑 iv) 𝐸𝐼(0) = − 𝑞0(𝐿) 5 30𝐿 + 𝑞0(𝐿) 6 90𝐿2 + 𝑞0𝐿 3 (𝐿)3 3 + 𝐶3(𝐿) 𝑪𝟑 = − 𝒒𝟎𝑳 𝟑 𝟑𝟎 Portanto, a equação da linha elástica é dada por: 𝑦 = − 𝑞0𝑥 90𝐿2𝐸𝐼 (3𝐿5 − 5𝐿3𝑥2 + 3𝐿𝑥4 − 𝑥5) Pela simetria tanto de carga como geométrica, pode-se afirmar que flecha máxima ocorre no meio do vão. Destaforma, substituindo 𝑥 = 𝐿 2⁄ na equação da linha elástica, tem-se: 𝑦𝑚á𝑥 = − 𝑞0 ( 𝐿 2) 90𝐿2𝐸𝐼 [3𝐿5 − 5𝐿3 ( 𝐿 2 ) 2 + 3𝐿 ( 𝐿 2 ) 4 − ( 𝐿 2 ) 5 ] 𝑦𝑚á𝑥 = − 𝑞0𝐿 180𝐿2𝐸𝐼 [3𝐿5 − 5𝐿5 4 + 3𝐿5 16 − 𝐿5 32 ] 𝑦𝑚á𝑥 = − 𝑞0 180𝐿𝐸𝐼 [ 96𝐿5 − 40𝐿5 + 6𝐿5 − 𝐿5 32 ] 𝒚𝒎á𝒙 = − 𝟔𝟏𝒒𝟎𝑳 𝟒 𝟓𝟕𝟔𝟎𝑬𝑰 7. VIGAS COM INÉRCIA VARIÁVEL Nesta seção serão estuadas vigas que possuem inércia variável. Tais casos representam uma vasta aplicação na engenharia. Desta forma, seja a viga tronco cônica, maciça, engastada e carregada com uma carga concentrada 𝑃 em sua extremidade livre, como mostra a figura abaixo. Inicialmente, deve-se determinar como o diâmetro da seção transversal da viga varia ao longo do eixo 𝑥. Para tanto, observam-se as característica geométricas deste elemento tronco cônico mostrado na figura a seguir. Fazendo semelhança de triângulos, tem-se: 𝑥 𝐿 = 𝑑 − 𝑑𝐴 2 𝑑𝐴 2 𝑑𝐿 − 𝑑𝐴𝐿 = 𝑑𝐴𝑥 𝑑𝐿 = 𝑑𝐴𝐿 + 𝑑𝐴𝑥 𝑑 = 𝑑𝐴 𝐿 (𝐿 + 𝑥) O momento de inércia de uma seção circular é dado por: 𝐼 = 𝜋𝑑4 64 = 𝜋𝑑𝐴 4 64𝐿4 (𝐿 + 𝑥)4 𝐼 = 𝐼𝐴 𝐿4 (𝐿 + 𝑥)4 A equação do momento fletor para a viga em questão é: Página67 𝑀 = −𝑃𝑥 Aplicando as expressões encontradas acima na equação diferencial da linha elástica, produz- se: 𝐸𝐼𝑦′′ = 𝑀 𝐸 [ 𝐼𝐴 𝐿4 (𝐿 + 𝑥)4] 𝑦′′ = −𝑃𝑥 𝑦′′ = − 𝑃𝐿4 𝐸𝐼𝐴 [ 𝑥 (𝐿 + 𝑥)4 ] A seguir, utiliza-se o método da dupla integração e as respectivas condições de contorno. No entanto, a integral do segundo membro da equação não é imediata. Portanto, faz-se necessário comentar a metodologia pertinente e eficaz para resolvê-la. ∫ 𝑥 (𝐿 + 𝑥)4 𝑑𝑥 𝐿 + 𝑥 = 𝑢 𝑥 = 𝑢 − 𝐿 𝑑𝑥 = 𝑑𝑢 ∫ 𝑢 − 𝐿 𝑢4 𝑑𝑢 = ∫ 𝑢 𝑢4 𝑑𝑢 − ∫ 𝐿 𝑢4 𝑑𝑢 = ∫𝑢−3𝑑𝑢 − 𝐿∫𝑢−4𝑑𝑢 = 𝑢−3+1 −3 + 1 − 𝐿 𝑢−4+1 −4 + 1 + 𝐶 = − 1 2𝑢2 + 𝐿 3𝑢3 + 𝐶 = −3𝑢 + 2𝐿 6𝑢3 + 𝐶 = −3(𝐿 + 𝑥) + 2𝐿 6(𝐿 + 𝑥)3 + 𝐶 = − 𝐿 + 3𝑥 6(𝐿 + 𝑥)3 + 𝐶 Portanto, a equação da inclinação da linha elástica, oriunda da primeira integração, a menos de uma constante, é dada por: 𝒚′ = + 𝑷𝑳𝟒 𝑬𝑰𝑨 [ 𝑳 + 𝟑𝒙 𝟔(𝑳 + 𝒙)𝟑 ] + 𝑪𝟏 Integrando novamente, e repetindo o procedimento acima para resolver a integral, obtém-se: 𝑦 = 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [𝐿∫ 1 (𝐿 + 𝑥)3 𝑑𝑥 + 3∫ 𝑥 (𝐿 + 𝑥)3 𝑑𝑥] + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 𝑦 = − 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 𝐿 2(𝐿 + 𝑥)2 + 3(𝐿 + 2𝑥) 2(𝐿 + 𝑥)2 ] + 𝐶1𝑥 + 𝐶2 𝒚 = − 𝑷𝑳𝟒 𝟔𝑬𝑰𝑨 [ 𝟒𝑳 + 𝟔𝒙 𝟐(𝑳 + 𝒙)𝟐 ] + 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐 Página68 Condições de contorno. i) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦′ = 0 (Engaste) ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 (Engaste) Substituindo, tem-se: i) 0 = + 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 𝐿 + 3𝐿 (𝐿 + 𝐿)3 ] + 𝐶1 0 = + 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 4𝐿 8𝐿3 ] + 𝐶1 0 = + 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 + 𝐶1 𝑪𝟏 = − 𝑷𝑳𝟐 𝟏𝟐𝑬𝑰𝑨 ii) 0 = − 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 4𝐿 + 6𝐿 2(𝐿 + 𝐿)2 ] − 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 𝐿 + 𝐶2 0 = − 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 10𝐿 8𝐿2 ] − 𝑃𝐿3 12𝐸𝐼𝐴 + 𝐶2 0 = − 10𝑃𝐿3 48𝐸𝐼𝐴 − 𝑃𝐿3 12𝐸𝐼𝐴 + 𝐶2 0 = −10𝑃𝐿3 − 4𝑃𝐿3 48𝐸𝐼𝐴 + 𝐶2 0 = − 14𝑃𝐿3 48𝐸𝐼𝐴 + 𝐶2 𝑪𝟐 = 𝟕𝑷𝑳𝟑 𝟐𝟒𝑬𝑰𝑨 Portanto, a equação da inclinação e da deflexão da linha elástica é dada por: Inclinação (Rotação) 𝑦′ = + 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 𝐿 + 3𝑥 (𝐿 + 𝑥)3 ] − 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 Deflexão (Flecha ou deslocamento vertical) 𝑦 = − 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 4𝐿 + 6𝑥 2(𝐿 + 𝑥)2 ] − 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 𝑥 + 7𝑃𝐿3 24𝐸𝐼𝐴 A determinação do máximo encerra uma discussão deveras interessante. Pelo procedimento padrão, deve-se igualar a equação da inclinação a zero. 𝑦′ = 0 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 𝐿 + 3𝑥 (𝐿 + 𝑥)3 ] − 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 = 0 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 𝐿 + 3𝑥 (𝐿 + 𝑥)3 ] = 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 Página69 𝐿2 [ 𝐿 + 3𝑥 (𝐿 + 𝑥)3 ] = 1 2 𝐿3 + 3𝐿2𝑥 (𝐿 + 𝑥)3 = 1 2 𝐿3 + 3𝐿2𝑥 + 3𝐿𝑥2 + 𝑥3 = 2𝐿3 + 6𝐿2𝑥 𝑥3 + 3𝐿𝑥2 − 3𝐿2𝑥 − 𝐿3 = 0 Como pode-se observar facilmente, 𝑥 = 𝐿 é uma das raízes dessa equação cúbica. Utilizando o dispositivo prático de Briot-Ruffini, tem-se: 𝐿 1 3𝐿 −3𝐿2 −𝐿3 1 4𝐿 𝐿2 0 Assim, obtêm-se os coeficientes do quociente da divisão do polinômio original por (𝑥 − 𝐿), reduzido de um grau, o que resulta: (𝑥 − 𝐿)(𝑥2 + 4𝐿𝑥 + 𝐿2) = 0 Portanto, 𝑥2 + 4𝐿𝑥 + 𝐿2 = 0 𝑥 = −4𝐿 ± √16𝐿2 − 4𝐿2 2 𝑥 = −4𝐿 ± √12𝐿2 2 𝑥 = −4𝐿 ± 2√3𝐿2 2 𝑥 = −2𝐿 ± √3𝐿 𝑥′ = −3,73𝐿 (fora do domínio) 𝑥′′ = −0,27𝐿 (fora do domínio) Em que pese ter sido possível encontrar as três raízes daquela equação cúbica, duas delas estão fora do domínio e a outra que é 𝑥 = 𝐿, representa um máximo relativo e não um máximo absoluto dentro do domínio geométrico da viga. Portanto, no ponto onde a viga está engastada, existe um ponto crítico de máximo valor relativo. Haja vista a inclinação ser zero. Porém, a máxima deflexão ocorrerá no extremo em balanço. Em última análise, a máxima deflexão ocorrerá para 𝑥 = 0. Substituindo este valor na equação da flecha, obtém-se: 𝑦 = − 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 4𝐿 + 6 ∙ 0 2(𝐿 + 0)2 ] − 𝑃𝐿2 12𝐸𝐼𝐴 ∙ 0 + 7𝑃𝐿3 24𝐸𝐼𝐴 𝑦 = − 𝑃𝐿4 6𝐸𝐼𝐴 [ 4𝐿 2𝐿2 ] + 7𝑃𝐿3 24𝐸𝐼𝐴 𝑦 = − 𝑃𝐿3 3𝐸𝐼𝐴 + 7𝑃𝐿3 24𝐸𝐼𝐴 𝑦 = −8𝑃𝐿3 + 7𝑃𝐿3 24𝐸𝐼𝐴 𝒚 = − 𝑷𝑳𝟑 𝟐𝟒𝑬𝑰𝑨 Página70 Página71 8. EXERCÍCIO PROPOSTO 01) Uma viga carregada com uma carga distribuída 𝑞 é formada por duas barras de seção transversal quadrangular variável, conforme mostra a figura abaixo. A aresta da seção transversal da extremidade A é 𝑑𝐴 e a aresta da seção transversal no ponto médio C é 𝑑𝐵 = 2𝑑𝐴. Cada barra tem comprimento 𝐿. Assim, a aresta da seção transversal genérica 𝑑 e o respectivo momento de inércia da viga variam em função de 𝑥, conforme as expressões abaixo: 𝑑 = 𝑑𝐴 𝐿 (𝐿 + 𝑥) 𝐼 = 𝑑4 12 = 𝑑𝐴 4 12𝐿4 (𝐿 + 𝑥)4 𝐼 = 𝐼𝐴 𝐿4 (𝐿 + 𝑥)4 Onde 𝐼𝐴 é a inércia da seção transversal da extremidade A da viga. Estas equações são válidas para metade da viga, ou seja, para o trecho AC onde se tem 0 ≤ 𝑥 ≤ 𝐿. a) Obtenha a equação da inclinação e da deflexão da linha elástica, para a metade do lado esquerdo da viga, devido ao carregamento distribuído. b) A partir dessas equações calcule a rotação 𝜃𝐴, na extremidade A e a máxima deflexão em C, 𝑦𝑚á𝑥. ROTEIRO 1) Determine a equação do momento fletor para o trecho AC da viga. 2) Substitua a equação do momento fletor calculada e a expressão da inércia variável dada na equação diferencial da linha elástica. 3) Isole 𝑦" e integre duas vezes. Utilize as integrais fornecidas a seguir: ∫ 𝑥 (𝐿 + 𝑥)4 𝑑𝑥 = − 𝐿 + 3𝑥 6(𝐿 + 𝑥)3 Página72 ∫ 𝑥2 (𝐿 + 𝑥)4 𝑑𝑥 = − 𝐿2 + 3𝐿𝑥 + 3𝑥2 3(𝐿 + 𝑥)3 ∫ 𝑥2 (𝐿 + 𝑥)3 𝑑𝑥 = 𝐿(3𝐿 + 4𝑥) 2(𝐿 + 𝑥)2 + ln (𝐿 + 𝑥) GABARITO 𝑪𝟏 = − 𝒒𝑳𝟑 𝟏𝟔𝑬𝑰𝑨 𝑪𝟐 = − 𝒒𝑳𝟒 𝟐𝑬𝑰𝑨 ( 𝟑 𝟐 + 𝒍𝒏𝑳) 𝒚′ = 𝒒𝑳𝟒𝒙𝟐 𝟐𝑬𝑰𝑨(𝑳 + 𝒙)𝟑 − 𝒒𝑳𝟑 𝟏𝟔𝑬𝑰𝑨 𝒚 = − 𝒒𝑳𝟒 𝟐𝑬𝑰𝑨 [ (𝟗𝑳𝟐 + 𝟏𝟒𝑳𝒙 + 𝒙𝟐)𝒙 𝟖𝑳(𝑳 + 𝒙)𝟐 − 𝒍𝒏( 𝑳 + 𝒙 𝑳 )] 𝜽𝑨 = − 𝒒𝑳𝟑 𝟏𝟔𝑬𝑰𝑨 𝒚𝒎á𝒙 = − 𝒒𝑳𝟒 𝟖𝑬𝑰𝑨 (𝟑 − 𝟒𝒍𝒏𝟐) 9. FLAMBAGEMConceito de Carga Crítica Ao ser projetado, um elemento deve satisfazer às condições de resistência, deslocamentos limites e estabilidade. Alguns elementos podem estar submetidos a cargas compressivas, e se esses elementos forem longos ou esbeltos, o carregamento pode ser suficientemente elevado para causar uma instabilidade lateral. Quanto à estabilidade, existem três tipos dela: Especificamente, elementos longos e esbeltos sujeitos a cargas axiais compressivas são chamados de colunas e seus deslocamentos laterais são caracterizados através do fenômeno conhecido como flambagem. A carga axial máxima que uma coluna pode suportar quando atinge a iminência de flambar é chamada de carga crítica, Pcr. Página73 Verifica-se que uma coluna flambará relativamente ao eixo principal da seção transversal com o menor momento de inércia (eixo mais fraco). Por exemplo, uma coluna com seção transversal retangular, veja figura acima, flambará em relação ao eixo a – a, e não em relação ao eixo b - b. Consequentemente, os engenheiros ao dimensionar as seções transversais dos elementos estruturais procuram atender à condição de momentos de inércia idênticos em todas as direções. Assim, do ponto de vista geométrico, os tubos circulares são excelentes colunas. Considere o esquema de uma coluna submetida a um carregamento axial de compressão. A partir dele será deduzida a equação da carga crítica de flambagem. Página74 1. Fórmula da Carga Crítica. 𝑀 = −𝑃𝑦 𝐸𝐼𝑦" = 𝑀 𝐸𝐼𝑦" = −𝑃𝑦 𝐸𝐼𝑦" + 𝑃𝑦 = 0 𝑦" + 𝑃 𝐸𝐼 𝑦 = 0 𝑦" + 𝑘2𝑦 = 0 𝑘2 = 𝑃 𝐸𝐼 A solução de uma equação diferencial é uma função que a verifica. O quadro a seguir mostra algumas funções que foram substituídas na equação diferencial estudada. Note que somente a função seno e cosseno podem ser soluções particulares da EDO. 𝑦 𝑦′ 𝑦" 𝑘2𝑦 𝑦" + 𝑘2𝑦 𝑒𝑘𝑥 𝑘𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 𝑘2𝑒𝑘𝑥 + 𝑘2𝑒𝑘𝑥 ≠ 0 𝑒−𝑘𝑥 −𝑘𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 + 𝑘2𝑒−𝑘𝑥 ≠ 0 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 𝑘𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) −𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) + 𝑘2𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) = 0 𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) −𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) 𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) −𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) + 𝑘2𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) = 0 Desta forma, tem-se: 𝑦 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑘𝑥) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑘𝑥) Para o cálculo das constantes A e B, deve-se definir as condições de contono. Página75 Condições de contorno. i) 𝑥 = 0 e 𝑦 = 0 ii) 𝑥 = 𝐿 e 𝑦 = 0 Substituindo, tem-se: 0 = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑘 ∙ 0) + 𝐵𝑐𝑜𝑠(𝑘 ∙ 0) 0 = 𝐴 ∙ 0 + 𝐵 ∙ 1 𝑩 = 𝟎 0 = 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑘 ∙ 𝐿) + 0 ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝑘 ∙ 𝐿) 𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝐿) = 0 𝑠𝑒𝑛(𝑘𝐿) = 𝑠𝑒𝑛(𝜋) 𝑘𝐿 = 𝜋 𝑘2𝐿2 = 𝜋2 𝑃 𝐸𝐼 𝐿2 = 𝜋2 𝑷𝒄𝒓 = 𝝅𝟐𝑬𝑰 𝑳𝟐 2. Tensão crítica. 𝜎𝑐𝑟 = 𝑃𝑐𝑟 𝐴 𝜎𝑐𝑟 = 𝜋2𝐸𝐼 𝐿2𝐴 𝜎𝑐𝑟 = 𝜋2𝐸 𝐿2 ( 𝐼 𝐴 ) Raio de giro. 𝑟 = √ 𝐼 𝐴 𝑟2 = 𝐼 𝐴 𝜎𝑐𝑟 = 𝜋2𝐸𝑟2 𝐿2 Página76 𝜎𝑐𝑟 = 𝜋2𝐸 𝐿2 𝑟2 𝜎𝑐𝑟 = 𝜋2𝐸 ( 𝐿 𝑟) 2 𝝈𝒄𝒓 = 𝝅𝟐𝑬 𝝀𝟐 𝜆 = 𝐿 𝑟 Onde 𝜆 é o índice de esbeltez. 10. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 01) Observe as tabelas abaixo na qual são mostradas as propriedades de 4 materiais e as dimensões de 4 colunas. Faça um estudo quanto à flambagem ao se construir as colunas com todos os materiais disponíveis. Para tanto, determine: a) o índice de esbeltez crítico; b) a tensão crítica de flambagem e c) a carga crítica de flambagem para cada material. Em todos os casos utilize um coeficiente de segurança igual a 2,0. Tabela 1. Materiais. MAT TIPO Tensão de Escoamento 𝝈𝑬 (𝑴𝑷𝒂) Módulo de elasticidade 𝑬 (𝑮𝑷𝒂) 1 Concreto de alta resistência 40 30 2 Ferro fundido maleável 230 165 3 Aço ASTM-A709 C 450 345 200 4 Alumínio Liga 2014-T6 400 75 Tabela 2. Colunas. COL TIPO SEÇÃO ALTURA 1 Circular cheia (Birrotulada) 𝐷 = 200𝑚𝑚 𝐿 = 2,5𝑚 2 Circular vazada (Biengastada) 𝐷 = 40𝑚𝑚 e 𝑑 = 30𝑚𝑚 𝐿 = 4,0𝑚 3 Retangular (Engastada livre) 240𝑚𝑚 × 120𝑚𝑚 𝐿 = 3,5𝑚 4 Quadrada (Rotulada engastada) 𝑏 = 60𝑚𝑚 𝐿 = 2,0𝑚 Página77 02) Considere a Tabela de Propriedades dos Materiais e a Tabela de Propriedades de Perfis de Aço Laminado. Escolha livremente um material (diferente daqueles da questão 01) e um tipo de dimensão nominal para cada perfil abaixo e determine a tensão crítica e a carga crítica de flambagem. Depois decida qual é melhor escolha do ponto de vista estrutural. (Utilize uma altura de 3 m para todas as colunas) a) Perfil de mesas largas (“W”) – Coluna birrotulada. b) Perfil “I” – Coluna engastada livre. c) Perfil “U” – Coluna biengastada. d) Perfil “Cantoneira” – Coluna engastada rotulada. RESPOSTAS (QUESTÃO 01) MATERIAL COLUNA 𝝀𝒄𝒓 𝝈𝒄𝒓 (𝑴𝑷𝒂) 𝑷𝒄𝒓 (𝒌𝑵) 1 1 86,6 20 628,32 2 86,6 5,86 3,22 3 86,6 20 576 4 86,6 20 72 2 1 84,7 115 3612,83 2 84,7 32,225 17,72 3 84,7 20,21 582,05 4 84,7 115 414 3 1 76,14 172,5 5419,25 2 76,14 39,06 21,47 3 76,14 24,5 705,6 4 76,14 153,17 551,41 4 1 43,3 150 4712,39 2 43,3 14,65 8,05 3 43,3 9,185 264,53 4 43,3 57,44 206,78 Obs: A questão 02 depende da escolha de cada aluno. Portanto, o gabarito é individual, segundo a escolha do tipo de perfil. No entanto, o raciocínio é semelhante ao da questão 01. RESUMO TEÓRICO Considere a Esbeltez Crítica (𝜆𝑐𝑟), a Tensão Crítica (𝜎𝑐𝑟), utilizando a fórmula de Euler, e a esbeltez do elemento estrutural (𝜆). 𝝀𝒄𝒓 = √ 𝝅𝟐𝑬 𝝈𝑬 𝝈𝒄𝒓 = 𝝅𝟐𝑬 𝝀𝟐 𝝀 = 𝑳𝒇 𝒓 Página78 Onde: E: Módulo de Elasticidade (Característica do material); 𝜎𝐸: Tensão de Escoamento (Característica do material); 𝑟: Raio de giro (Característica da seção transversal); 𝐿𝑓: Comprimento efetivo da coluna (Depende do tipo de vínculo nas extremidades); 𝜆: Índice de esbeltez. O Comprimento Efetivo de Flambagem 𝐿𝑓 depende do tipo de vínculo existente nas extremidades, como mostra a Figura 1. A validade da Fórmula de Euler é determinada pelo valor índice de esbeltez crítico e pela tensão de escoamento (Figura 2). Figura 1. Comprimento Efetivo. Figura 2. Fórmula de Euler. 11. TEROREMA DE CASTIGLIANO Um dos mais famosos teoremas na análise estrutural foi descoberto por Carlos Alberto Pio Castigliano (1847-1884), engenheiro italiano. Considerações Seja uma viga submetida a qualquer número de carregamentos, digamos n carregamentos com suas respectivas deflexões como está apresentada na figura a seguir. Página79 Quando os carregamentos são aplicados à viga, eles aumentam gradualmente sua grandeza desde zero até seus valores máximos. Ao mesmo tempo, cada um dos carregamentos move- se através de seus deslocamentos correspondentes e produz trabalho. O trabalho total realizado pelos carregamentos é igual a Energia de deformação U armazenada na viga: 𝑊 = 𝑈 W é uma função dos carregamentos atuantes na viga. Considere-se que o enésimo carregamento é aumentado levemente pela quantidade dPi enquanto os outros carregamentos são mantidos constantes. Esse aumento no carregamento irá causar um pequeno aumento dU na energia de deformação da viga. Esse aumento na energia de deformação pode ser expresso como a taxa de variação de U com relação a Pi vezes o pequeno aumento Pi. Dessa forma o aumento na energia de deformação é: 𝑑𝑈 = 𝜕𝑈 𝜕𝑃𝑖 𝑑𝑃𝑖 Emque ∂U /∂Pi é a taxa de variação de U com relação a Pi (Uma vez que U é uma função de todos os carregamentos, a derivada com relação a qualquer um dos carregamentos é uma derivada parcial). A energia de deformação da viga é dada por: 𝑈 + 𝑑𝑈 = 𝑈 + 𝜕𝑈 𝜕𝑃𝑖 𝑑𝑃𝑖 Como o princípio da superposição mantém-se para essa viga, a energia de deformação total é independente da ordem em que os carregamentos são aplicados. Quando o carregamento dPi é aplicado primeiro, ele produz energia de deformação igual à metade do produto do carregamento dPi e seu deslocamento correspondente 𝑑𝛿𝑖 . A quantidade de energia de deformação devido o carregamento dPi é: 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 2 Quando todos os carregamentos são aplicados a força dPi se move através do deslocamento 𝛿𝑖. Fazendo isso ela produz trabalho adicional igual ao produto da força e da distância através da qual ela se move dado por: 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 A energia de deformação final para a segunda sequência de carregamento é: Página80 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 2 + 𝑈 + 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 Igualando as duas equações anteriores: 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 2 + 𝑈 + 𝑑𝑃𝑖𝑑𝛿𝑖 = 𝑈 + 𝜕𝑈 𝜕𝑃𝑖 𝑑𝑃𝑖 Pode-se descartar o primeiro termo porque ele contém o produto de dois diferenciais e é infinitesimalmente pequeno comparado aos outros termos. Obtém-se, então, a seguinte relação: 𝜹𝒊 = 𝝏𝑼 𝝏𝑷𝒊 Essa é a equação conhecida como Teorema de Castigliano A derivada parcial da energia de deformação de uma estrutura com relação a qualquer carregamento é igual ao deslocamento correspondente aquele carregamento. Aplicação. Determine o deslocamento no meio do vão de uma viga isostática biapoiada com carga concentrada também no meio do vão, conforme mostra a figura a seguir. SOLUÇÃO 1. 𝑈 = ∫ 𝑀2 2𝐸𝐼 𝑑𝑥 𝐿 0 𝑀1 = 𝑝 2 𝑥 Página81 𝑀2 = 𝑝 2 𝑥 − 𝑝 (𝑥 − 𝐿 2 ) = 𝑝𝐿 2 − 𝑝 2 𝑥 𝑈 = 1 2𝐸𝐼 [∫ ( 𝑝 2 𝑥) 2 𝑑𝑥 𝐿 2 0 +∫ ( 𝑝𝐿 2 − 𝑝 2 𝑥) 2 𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2 ] 𝑈 = 1 2𝐸𝐼 ∫ ( 𝑝2 4 𝑥2)𝑑𝑥 𝐿 2 0 + 1 2𝐸𝐼 ∫ ( 𝑝2𝐿2 4 − 𝑝2𝐿 2 𝑥 + 𝑝2 4 𝑥2) 𝐿 𝐿 2 𝑑𝑥 𝑈 = 1 2𝐸𝐼 [ 𝑝2 12 𝑥3] 0 𝐿 2 + 1 2𝐸𝐼 [( 𝑝2𝐿2 4 𝑥 − 𝑝2𝐿 4 𝑥2 + 𝑝2 12 𝑥3)] 𝐿 2 𝐿 𝑈 = 1 2𝐸𝐼 [ 𝑝2𝐿3 96 ] + 1 2𝐸𝐼 [( 𝑝2𝐿3 4 − 𝑝2𝐿3 4 + 𝑝2𝐿3 12 ) − ( 𝑝2𝐿3 8 − 𝑝2𝐿3 16 + 𝑝2𝐿3 96 )] 𝑈 = 1 2𝐸𝐼 [ 𝑝2𝐿3 96𝐸𝐼 ] + 1 2𝐸𝐼 [ 𝑝2𝐿3 96𝐸𝐼 ] 𝑈 = 𝑝2𝐿3 96𝐸𝐼 𝛿𝐵 = 𝜕 𝜕𝑝 ( 𝑝2𝐿3 96𝐸𝐼 ) = 𝑝𝐿3 48𝐸𝐼 𝜹𝑩 = 𝒑𝑳𝟑 𝟒𝟖𝑬𝑰 SOLUÇÃO 2. 𝛿𝑖 = ∫ 𝑀 𝐸𝐼 ( 𝜕𝑀 𝜕𝑃 ) 𝐿 0 𝑑𝑥 𝜕𝑀1 𝜕𝑃 = 𝑥 2 Página82 𝜕𝑀2 𝜕𝑃 = 𝐿 2 − 𝑥 2 𝛿𝐵 = 1 𝐸𝐼 [∫ ( 𝑝 2 𝑥) ( 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 𝐿 2 0 +∫ ( 𝑝𝐿 2 − 𝑝 2 𝑥) ( 𝐿 2 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2 ] 𝛿𝐵 = 1 𝐸𝐼 [∫ ( 𝑝 4 𝑥2) 𝑑𝑥 𝐿 2 0 +∫ ( 𝑝𝐿 2 − 𝑝 2 𝑥) ( 𝐿 2 − 𝑥 2 )𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2 ] 𝛿𝐵 = 1 𝐸𝐼 [∫ ( 𝑝 4 𝑥2) 𝑑𝑥 𝐿 2 0 +∫ ( 𝑝𝐿2 4 − 𝑝𝐿 2 𝑥 + 𝑝𝑥2 4 )𝑑𝑥 𝐿 𝐿 2 ] 𝛿𝐵 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑝 12 𝑥3] 0 𝐿 2 + 1 𝐸𝐼 [( 𝑝𝐿2 4 𝑥 − 𝑝𝐿 4 𝑥2 + 𝑝 12 𝑥3)] 𝐿 2 𝐿 𝛿𝐵 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑝2𝐿3 96 ] + 1 𝐸𝐼 [( 𝑝2𝐿3 4 − 𝑝2𝐿3 4 + 𝑝2𝐿3 12 ) − ( 𝑝2𝐿3 8 − 𝑝2𝐿3 16 + 𝑝2𝐿3 96 )] 𝛿𝐵 = 1 𝐸𝐼 [ 𝑝2𝐿3 96𝐸𝐼 ] + 1 𝐸𝐼 [ 𝑝2𝐿3 96𝐸𝐼 ] 𝜹𝑩 = 𝒑𝑳𝟑 𝟒𝟖𝑬𝑰 12. EXERCÍCIOS PROPOSTOS 01) Uma barra de seção circular é formada por duas peças de mesmo comprimento e de diâmetros distintos, conforme mostra a figura abaixo. Seja E o módulo de elasticidade do qual as peças são feitas. Determine a energia de deformação devido à carga axial P. Dados: 𝑃 = 27 𝑘𝑁 𝐿 = 600 𝑚𝑚 𝑑 = 40 𝑚𝑚 𝐸 = 105 𝐺𝑃𝑎 Página83 Resp. 𝑼 = 𝟏𝟎𝟑𝟔 𝑱 02) Uma barra engastada de comprimento L e espessura t possui seção retangular variável e está submetida a uma carga axial P, conforme mostra a figura. Seja E o módulo de elasticidade do qual a barra é feita. Pede-se determinar a energia de deformação para esta barra. Resp. 𝑼 = 𝑷𝟐𝑳 𝟐𝑬𝒕(𝒃𝟐 − 𝒃𝟏) 𝒍𝒏 ( 𝒃𝟐 𝒃𝟏 ) 03) Para as vigas a seguir, de rigidez EI, pede-se determinar as respectivas energias de deformação por flexão a que elas estão submetidas devido ao carregamento apresentado. Resp. 𝑼 = 𝒒𝟐𝑳𝟓 𝟒𝟎𝑬𝑰 Resp. 𝑼 = 𝑷𝟐𝒂𝟐 𝟔𝑬𝑰 (𝑳 + 𝒂) Resp. Página84 𝑼 = 𝑷𝟐𝑳𝟑 𝟗𝟔𝑬𝑰 + 𝑷𝑴𝟎𝑳 𝟐 𝟏𝟔𝑬𝑰 + 𝑴𝟎𝑳 𝟐 𝟔𝑬𝑰 IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados. IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados. IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados. IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados. IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados. IMPRESSO POR: Marco Andre Argenta <marco.argenta@ufpr.br>. A impressão é apenas para uso pessoal e privado. Nenhuma parte deste livro pode ser reproduzida ou transmitida sem prévia autorização do editor. Os violadores serão processados. PROPRIEDADES GEOMÉTICAS DAS SEÇÕES. SEÇÃO MOMENTO DE INÉRCIA ÁREA RAIO DE GIRO 𝐼 = 𝑏ℎ3 12 𝐴 = 𝑏ℎ 𝑟 = ℎ √12 𝐼 = 𝑏4 12 𝐴 = 𝑏2 𝑟 = 𝑏 √12 𝐼 = 𝜋𝐷4 64 𝐴 = 𝜋𝐷2 4 𝑟 = 𝐷 4 𝐼 = 𝜋𝐷4 64 − 𝜋𝑑4 64 𝐴 = 𝜋𝐷2 4 − 𝜋𝑑2 4 𝑟 = √𝐷2 + 𝑑2 4 ℎ 𝑏 𝑏 𝑏 𝐷 𝑑 𝐷
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