Pericles-Carvalho-18-03-exercicios-cascas-cilindricas

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SET5953 – Mecânica das Estruturas de Cascas Finas
Aluno: Péricles Rafael Pavão Carvalho. No USP: 10401740
EXERCÍCIOS - CASCAS CILÍNDRICAS (Aula 18/03)
Exerćıcio 1. (referente ao exemplo 3 na página 17 da apostila “Cascas de concreto armado”)
Analisar um tubo ciĺındrico de raio R, preenchido por um ĺıquido de peso espećıfico γ e pressão
p0 aplicada ao longo do seu eixo, conforme a Figura 1.
Figura 1: Casca ciĺındrica preenchida por ĺıquido
R
L
H h
d
Δu
Δu
Malha:
2320 nós, 490 elementos triangulares
414 nós, 68 elementos triangulares
A
Geometria:
L = 0.25 m
H = 0.1 m
h = 0.06 m
R = 1.5 m
Δu = d = 0.45 m
φ
h=R cos φR
L
x
p0
Resposta:
Sabendo que a altura de um ponto na seção transversal do tubo relativa ao seu eixo é de
h = R cosϕ (ver Figura 1), a pressão nesse ponto é dada por
p = p0 − γh = p0 − γR cosϕ. (1)
Tal pressão atua na direção normal à casca ciĺındrica, contribuindo, portanto, apenas à parcela
fz das forças distribúıdas por unidade de superf́ıcie. Assim
fx = 0
fϕ = 0
fz = −p = γR cosϕ− p0.
(2)
Pelas equação de equiĺıbrio em z, temos
Nϕ = −Rfz = R(p0 − γR cosϕ), (3)
que implica em
∂Nϕ
∂ϕ
= γR2senϕ. (4)
Aplicando a equação (4) na equação de equiĺıbrio em y, temos:
Nxϕ = −
∫ (
��fϕ +
1
R
∂Nϕ
∂ϕ
)
dx+C1(ϕ) = −
∫
γRsenϕdx+C1(ϕ) = −γRx senϕ+C1(ϕ). (5)
2
Pela simetria do problema, devemos ter, em x = 0, Nxϕ = 0. Logo, C1(ϕ) = 0, resultando em:
Nxϕ = −γRx senϕ, (6)
e, consequentemente,
∂Nxϕ
∂ϕ
= −γRx cosϕ. (7)
Finalmente, aplicando a equação (7) na equação de equiĺıbrio em x, temos:
Nx = −
∫ (
��fx +
1
R
∂Nxϕ
∂ϕ
)
dx+ C2(ϕ) =
∫
γx cosϕdx+ C2(ϕ) =
1
2
γx2 cosϕ+ C2(ϕ). (8)
A expressão de C2(ϕ) não pode ser obtida apenas com as equações de equiĺıbrio, pois este é um
problema hiperestático. Dessa forma, aplicando as equações constitutivas e de compatibilidade:
∂u
∂x
= εx =
1
E
(σx − νσy) =
1
Ee
(Nx − νNϕ)⇒ u =
∫
1
Ee
(Nx − νNϕ) dx+ C3(ϕ), (9)
onde e é a espessura da casca, E é o módulo de elasticidade do material e ν o coeficiente de
poisson. Aplicando as equações (8) e (3) na equação (9), temos:
u =
∫
1
Ee
(
1
2
γx2 cosϕ+ C2(ϕ)− νR(p0 − γR cosϕ)
)
dx+ C3(ϕ)
=
1
6Ee
γx3 cos(ϕ) +
1
Ee
x (C2(ϕ)− νR(p0 − γR cosϕ)) + C3(ϕ).
(10)
Podemos utilizar novamente a simetria do problema e afirmar que u = 0 para x = 0, o que
resulta em C3(ϕ) = 0. Além disso, u = 0 para x = L, logo
1
6Ee
γL3 cos(ϕ) +
1
Ee
L (C2(ϕ)− νR(p0 − γR cosϕ)) = 0, (11)
implicando em
C2(ϕ) = νR(p0 − γR cosϕ)− 1
6
γL2 cosϕ. (12)
Logo, temos, finalmente:
Nx =
1
2
γx2 cosϕ+ νR(p0 − γR cosϕ)− 1
6
γL2 cosϕ
Nϕ = R(p0 − γR cosϕ)
Nxϕ = −γRx senϕ.
(13)
Além disso, aplicando a equação (12) na equação (10), temos:
u =
γ
6Ee
(x3 − xL2) cosϕ, (14)
que resulta em
∂u
∂ϕ
=
γ
6Ee
(xL2 − x3) senϕ. (15)
3
Aplicando novamente relações constitutivas e de compatibilidade, temos:
γxϕ =
2(1 + ν)
Ee
Nxϕ =
∂v
∂x
+
1
R
∂u
∂ϕ
⇒ v =
∫ (
2(1 + ν)
Ee
Nxϕ −
1
R
∂u
∂ϕ
)
dx+ C4(ϕ) (16)
na qual, aplicando as equações (6) e (15), resulta
v =
∫ (
−2(1 + ν)
Ee
γRx senϕ− 1
R
γ
6Ee
(xL2 − x3) senϕ
)
dx+ C4(ϕ)
= −1 + ν
Ee
γRx2 senϕ− 1
R
γ
6Ee
(
x2L2
2
− x4
4
)
senϕ+ C4(ϕ).
(17)
Mas, para x = L, devemos ter v = 0. Logo:
C4(ϕ) =
1 + ν
Ee
γRL2 senϕ+
1
R
γL4
24Ee
senϕ, (18)
de forma que
v =
1 + ν
Ee
γR(L2 − x2) senϕ− 1
R
γ
6Ee
(
x2L2
2
− x4
4
− L4
4
)
senϕ. (19)
e, consequentemente,
∂v
∂ϕ
=
1 + ν
Ee
γR(L2 − x2) cosϕ− 1
R
γ
6Ee
(
x2L2
2
− x4
4
− L4
4
)
cosϕ. (20)
Aplicando novamente relações constitutivas e de compatibilidade, temos:
εϕ =
1
Ee
(Nϕ − νNx) =
1
R
∂v
∂ϕ
+
w
R
⇒ w =
R
Ee
(Nϕ − νNx)− ∂v
∂ϕ
(21)
Aplicando as equações (3), (8) e (20), temos:
w =
R
Ee
(
R(p0 − γR cosϕ)− ν
(
1
2
γx2 cosϕ+ νR(p0 − γR cosϕ)− 1
6
γL2 cosϕ
))
− 1 + ν
Ee
γR(L2 − x2) cosϕ+
1
R
γ
6Ee
(
x2L2
2
− x4
4
− L4
4
)
cosϕ.
(22)
Logo, os deslocamentos são dados pelas expressões
u =
γ
6Ee
(x3 − xL2) cosϕ,
v =
1 + ν
Ee
γR(L2 − x2) senϕ− 1
R
γ
6Ee
(
x2L2
2
− x4
4
− L4
4
)
senϕ.
w =
R
Ee
(
R(p0 − γR cosϕ)− ν
(
1
2
γx2 cosϕ+ νR(p0 − γR cosϕ)− 1
6
γL2 cosϕ
))
− 1 + ν
Ee
γR(L2 − x2) cosϕ+
1
R
γ
6Ee
(
x2L2
2
− x4
4
− L4
4
)
cosϕ.
(23)
4
Exerćıcio 2. (referente ao exemplo 4 na página 17 da apostila “Cascas de concreto armado”)
Analisar um tubo ciĺındrico de raio R sujeito à força distribúıda vertical g devida ao seu próprio
peso, conforme a Figura 2.
Figura 2: Casca ciĺındrica submetida ao próprio peso
R
L
H h
d
Δu
Δu
Malha:
2320 nós, 490 elementos triangulares
414 nós, 68 elementos triangulares
A
Geometria:
L = 0.25 m
H = 0.1 m
h = 0.06 m
R = 1.5 m
Δu = d = 0.45 m
φ
h=R cos φR
L
x
p0
φ
R
L
x
g cos φ g sen φ
g
Resposta:
Como pode ser visto na Figura 2, o efeito do peso próprio da casca ciĺındrica resulta nas
seguintes forças distribúıdas: 
fx = 0
fϕ = g senϕ
fz = g cosϕ
(24)
Pelas equação de equiĺıbrio em z, temos
Nϕ = −Rfz = −Rg cosϕ (25)
que implica em
∂Nϕ
∂ϕ
= Rg senϕ. (26)
Aplicando a equação (26) na equação de equiĺıbrio em y, temos:
Nxϕ = −
∫ (
fϕ +
1
R
∂Nϕ
∂ϕ
)
dx+C1(ϕ) = −
∫
2g senϕdx+C1(ϕ) = −2gx senϕ+C1(ϕ). (27)
Pela simetria do problema, devemos ter, em x = 0, Nxϕ = 0. Logo, C1(ϕ) = 0, resultando em:
Nxϕ = −2gx senϕ (28)
e, consequentemente,
∂Nxϕ
∂ϕ
= −2gx cosϕ (29)
Finalmente, aplicando a equação (29) na equação de equiĺıbrio em x, temos:
Nx = −
∫ (
��fx +
1
R
∂Nxϕ
∂ϕ
)
dx+C2(ϕ) =
∫
2
R
gx cosϕdx+C2(ϕ) =
1
R
gx2 cosϕ+C2(ϕ). (30)
A expressão de C2(ϕ) não pode ser obtida apenas com as equações de equiĺıbrio, pois este é um
5
problema hiperestático. Dessa forma, aplicando as equações (30) e (25) na equação (9), temos:
u =
∫
1
Ee
(
1
R
gx2 cosϕ+ C2(ϕ) + νRg cosϕ
)
dx+ C3(ϕ)
=
1
3Ee
gx3 cosϕ+
1
Ee
x (C2(ϕ) + νRg cosϕ) + C3(ϕ).
(31)
Podemos utilizar novamente a simetria do problema e afirmar que u = 0 para x = 0, o que
resulta em C3(ϕ) = 0. Além disso, u = 0 para x = L, logo
1
3Ee
gL3 cos(ϕ) +
1
Ee
L (C2(ϕ) + νRg cosϕ) = 0, (32)
implicando em
C2(ϕ) = −1
3
gL2 cos(ϕ)− νRg cosϕ. (33)
Logo, temos, finalmente:
Nx =
1
R
gx2 cosϕ− 1
3
gL2 cos(ϕ)− νRg cosϕ
Nϕ = −Rg cosϕ
Nxϕ = −2gx senϕ.
(34)
Além disso, aplicando a equação (33) na equação (31), temos:
u =
1
3Ee
g(x3 − xL2) cosϕ, (35)
que resulta em
∂u
∂ϕ
=
1
3Ee
g(xL2 − x3) senϕ. (36)
Aplicando as equações (28) e (36) em (16), resulta
v =
∫ (
−2(1 + ν)
Ee
2gx senϕ− 1
3REe
g(xL2 − x3) senϕ
)
dx+ C4(ϕ)
= −2(1 + ν)
Ee
gx2 senϕ− g
12REe
(
2x2L2 − x4
)
senϕ+ C4(ϕ).
(37)
Mas, para x = L, devemos ter v = 0. Logo:
C4(ϕ) =
2(1 + ν)
Ee
gL2 senϕ+
gL4
12REe
senϕ (38)
de forma que
v =
2(1 + ν)
Ee
g(L2 − x2) senϕ− g
12REe
(
2x2L2 − x4 − L4
)
senϕ. (39)
6
e, consequentemente,
∂v
∂ϕ
=
2(1 + ν)
Ee
g(L2 − x2) cosϕ− g
12REe
(
2x2L2 − x4 − L4
)
cosϕ. (40)
Aplicando as equações (3), (30) e (40) em (21), temos:
w =− R
Ee
(
Rg cosϕ+ ν(
1
R
gx2 cosϕ− 1
3
gL2 cos(ϕ)− νRg cosϕ)
)
− 2(1 + ν)
Ee
g(L2 − x2) cosϕ+
g
12REe
(
2x2L2 − x4 − L4
)
cosϕ
(41)
Logo, os deslocamentos são dados pelas expressões
u =
1
3Ee
g(x3 − xL2) cosϕ
v =
2(1 + ν)
Ee
g(L2 − x2) senϕ− g
12REe
(2x2L2 − x4 − L4) senϕ
w =− R
Ee
(
Rg cosϕ+ ν(
1
R
gx2 cosϕ− 1
3
gL2 cos(ϕ)− νRg cosϕ)
)
− 2(1 + ν)
Ee
g(L2 − x2) cosϕ+
g
12REe
(
2x2L2 − x4 − L4
)
cosϕ
(42)
Exerćıcio 3. (referente ao exemplo 4 na página 20 da apostila “Cascas de concreto armado”)
Analisar um silo ciĺındrico preenchido por material granuloso não coesivo de peso espećıfico γ,
conforme a Figura 3.
Figura 3: Silo ciĺındrico preenchido por material granuloso
R
L
H h
d
Δu
Δu
Malha:
2320 nós, 490 elementos triangulares
414 nós, 68 elementos triangulares
A
Geometria:
L = 0.25 m
H = 0.1 m
h = 0.06 m
R = 1.5 m
Δu = d = 0.45 m
φ
h=R cos φR
L
x
p0
φ
R
L
x
gcos φ g sen φ
g
h
φ
R
x
Resposta:
O efeito do material sobre o silo pode ser transmitido pelas seguintes forças distribúıdas:
fx = 0
fϕ = 0
fz = −qmax(1− e−kx)
(43)
A estratégia utilizada para obtenção dessas forças não é o escopo deste exerćıcio, podendo ser
encontrada em detalhes na apostila “Cascas de concreto armado”. Pela equação de equiĺıbrio
7
em z, temos
Nϕ = −Rfz = Rqmax(1− e−kx) (44)
que implica em
∂Nϕ
∂ϕ
= 0. (45)
Aplicando a equação (45) na equação de equiĺıbrio em y, temos:
Nxϕ = −
∫ (
��fϕ +
1
R�
�
�∂Nϕ
∂ϕ
)
dx =
∫
0 dx = C1(ϕ). (46)
Mas, devido à ausência de forças transversais aplicadas no topo do silo, devemos ter, em x = 0,
Nxϕ = 0. Logo, C1(ϕ) = 0, resultando em:
Nxϕ = 0 e
∂Nxϕ
∂ϕ
= 0 (47)
Finalmente, aplicando a equação (47) na equação de equiĺıbrio em x, temos:
Nx = −
∫ (
��fx +
1
R�
�
��∂Nxϕ
∂ϕ
)
dx =
∫
0 dx = C2(ϕ). (48)
Novamente, pela ausência de forças na direção x, devemos ter, em x = 0, Nx = 0. Logo
C2(ϕ) = 0. Assim temos, finalmente:
Nx = 0
Nϕ = Rqmax(1− e−kx)
Nxϕ = 0
(49)
Além disso, pela equação (9), temos
u =
∫
1
Ee
(��Nx − νNϕ) dx+ C3(ϕ) = −
∫
νR
Ee
qmax(1− e−kx) dx+ C3(ϕ)
= −νR
Ee
qmax
(
x+
e−kx
k
)
+ C3(ϕ),
(50)
mas, pelas condições de contorno do problema, temos que u = 0 para x = h. Logo
−νR
Ee
qmax
(
h+
e−kh
k
)
+ C3(ϕ) = 0 ⇒ C3(ϕ) =
νR
Ee
qmax
(
h+
e−kh
k
)
, (51)
e, portanto,
u =
νR
Ee
qmax
(
h− x+
e−kh − e−kx
k
)
, (52)
implicando em,
∂u
∂ϕ
= 0. (53)
8
Pela equação (16) temos, ainda,
v =
∫ (
2(1 + ν)
Ee ���Nxϕ −
1
R �
�
�∂u
∂ϕ
)
dx = C4(ϕ) (54)
Pelas condições de contorno, temos que para x = h, v = 0. Logo, C4(ϕ) = 0, e, portanto,
v = 0. Finalmente, da equação (21), temos
w =
R
Ee
(Nϕ − ν��Nx)−
�
�
�∂v
∂ϕ
=
R2
Ee
qmax(1− e−kx). (55)
Logo, os deslocamentos são dados por:
u =
νR
Ee
qmax
(
h− x+
e−kh − e−kx
k
)
v = 0
w =
R2
Ee
qmax(1− e−kx).
(56)
Exerćıcio 4. (referente ao exemplo “e” na página 22 da apostila “Cascas de concreto armado”)
Analisar casca em tonel submetida ao peso próprio, com geratriz horizontal e cuja diretriz é
simétrica em relação ao eixo vertical, podendo ser uma parábola, catenária, circunferência,
cicloide, etc. (ver Figura 4)
Figura 4: Casca em tonel submetida ao peso próprio
R
L
H h
d
Δu
Δu
Malha:
2320 nós, 490 elementos triangulares
414 nós, 68 elementos triangulares
A
Geometria:
L = 0.25 m
H = 0.1 m
h = 0.06 m
R = 1.5 m
Δu = d = 0.45 m
φ
h=R cos φR
L
x
p0
φ
R
L
x
g cos φ g sen φ
g
h
φ
R
x
φ
R0
L
x
g cos φ
g sen φ
g
R
Resposta:
As forças devido ao peso próprio são análogas ao do exerćıcio 2:
fx = 0
fϕ = g senϕ
fz = g cosϕ
(57)
O raio de curvatura das superf́ıcies (ver Figura 4) pode ser dado pela expressão
R =
R0
cosn ϕ
(58)
onde n varia de acordo com a forma desejada, sendo 3 para a parábola, 2 para a catenária, 0
9
para circunferência e −1 para cicloide. Pelas equação de equiĺıbrio em z, temos
Nϕ = −Rfz = − R0
cosn ϕ
g cosϕ = −R0g cos1−n ϕ, (59)
que implica em
∂Nϕ
∂ϕ
= (1− n)R0g senϕ cos−n ϕ. (60)
Aplicando a equação (60) na equação de equiĺıbrio em y, temos:
Nxϕ = −
∫ (
fϕ +
1
R
∂Nϕ
∂ϕ
)
dx+ C1(ϕ)
= −
∫ (
g senϕ+
����cosn ϕ
��R0
(1− n)��R0g senϕ����
cos−n ϕ
)
dx+ C1(ϕ)
=
∫
(n− 2)g senϕdx+ C1(ϕ) = (n− 2)gx senϕ+ C1(ϕ)
(61)
Pela simetria do problema, devemos ter, em x = 0, Nxϕ = 0. Logo, C1(ϕ) = 0, resultando em:
Nxϕ = (n− 2)gx senϕ (62)
e, consequentemente,
∂Nxϕ
∂ϕ
= (n− 2)gx cosϕ (63)
Finalmente, aplicando a equação (63) na equação de equiĺıbrio em x, temos:
Nx = −
∫ (
��fx +
1
R
∂Nxϕ
∂ϕ
)
dx+ C2(ϕ) = −
∫
cosn ϕ
R0
(n− 2)gx cosϕdx+ C2(ϕ)
=
1
2R0
(2− n)gx2 cosn+1 ϕ+ C2(ϕ)
(64)
Assumindo que a casca não absorve esforços normais, devemos ter, em x = L, Nx = 0. Logo
C2(ϕ) = − 1
2R0
(2− n)gL2 cosn+1 ϕ (65)
e, portanto,
Nx =
g
2R0
(2− n)(x2 − L2) cosn+1 ϕ. (66)
Assim temos, finalmente: 
Nx =
g
2R0
(2− n)(x2 − L2) cosn+1 ϕ
Nϕ = −R0g cos1−n ϕ
Nxϕ = (n− 2)gx senϕ
(67)
É interessante que seja feita uma breve discussão acerca dos resultados obtidos. Inicialmente,
suponha que a seção transversal da casca seja definida até um ângulo ϕmax. Então os valores
10
de Nϕ e Nxϕ no ponto da extremidade será de
Nϕ = −R0g cos1−n ϕmax e Nxϕ = (n− 2)gx senϕmax. (68)
É claro que estes valores não necessariamente serão nulos, o que contraria o equiĺıbrio, uma
vez que não há forças aplicadas nessa extremidade. Uma opção para contornar esse problema
é adicionar vigas de bordo na casca cuja função seja absorver tais esforços e transmiti-los aos
apoios da estrutura.
No caso n = 2 (catenária), a equação (67) nos fornece Nx = Nxϕ = 0, indicando que a casca,
neste caso, transmite seus esforços somente para as vigas de apoio, deixando, portanto, de sofrer
flexão, e funcionando apenas pelo seu efeito de arco. No caso n = 3 (parábola), temos, para
x > 0, Nx e Nxϕ positivos, fazendo com que a viga de bordo esteja sempre comprimida. No caso
n 0, Nx e Nxϕ negativos, provocando tração
nas vigas de bordo. No caso do concreto armado, esse caso é mais vantajoso que o anterior,
pois os esforços de tração na viga de bordo podem ser absorvidos pela armadura.