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1 ISOSTÁTICA PROF: EDUARDO MOURA LIMA TEORIA E EXERCÍCIOS 2 CONCEITOS FUNDAMENTAIS 1) Apoios: a. Primeiro gênero (Charriot): b. Segundo gênero (Rótula): c. Terceiro gênero (Engaste): 2) Condições de equilíbrio: ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ M = 0 3) Esforços solicitantes: Esforço normal: Esforço cortante: V //=// H V || = || H V || = || H M 3 Momento fletor: Momento torçor: Como calculá-los? Convenção de sinais: N: Q: M: T: 4) Grau de estaticidade de uma estrutura: Grau de estaticidade externa: ge = I – E – R Onde: I = número de reações de apoio na estrutura (dependente dos tipos de apoios) E = número de equações fundamentais da estática (sempre 3) R = número de rótulas existentes na estrutura Grau de estaticidade interna: gi = 3N Onde: N é o número de cortes aplicados na estrutura para torná-la aberta (explicação a seguir). Para a determinação dos esforços solicitantes numa seção, são usadas as cargas à direita ou à esquerda dessa seção. Exemplo de uma estrutura aberta: | S + - 4 Vejamos uma estrutura fechada, como abaixo. Podemos até calcular as reações nos apoios, mas não teríamos como calcular os esforços solicitantes na seção S, por exemplo. Que cargas estão à esquerda da seção S? Agora, se tivermos a estrutura como abaixo, ela deixou de ser fechada. Que cargas estão à esquerda de S? Para abrir a estrutura, tivemos que dar um corte na estrutura, e o corte liberou 3 esforços (N, V e e M), daí gi = 3N. Grau de estaticidade total da estrutura: g = ge + gi Quando: g > 0 estrutura hiperestática (Hiperestática) g = 0 estrutura Isostática (estudada neste curso) g < 0 estrutura hipoestática e sem equilíbrio (mecanismos) //=// | S //=// | S V V M N N M 5 Exemplos: a. I = 5 E = 3 ge = 2 R = 0 g = 2 N = 0 gi = 0 b. I = 5 E = 3 ge = 1 R = 1 g = 1 N = 0 gi = 0 c. I = 3 E = 3 ge = 0 R = 0 g = 3 N = 1 gi = 3 d. I = 6 E = 3 ge = 1 R = 2 g = 1 N = 0 gi = 0 //=// //=// //=// //=// //=// //=// //=// 6 e. I = 6 E = 3 ge = 2 R = 1 g = 2 N = 0 gi = 0 f. I = 3 E = 3 ge = -3 R = 3 g = 0 N = 1 gi = 3 g. I = 5 E = 3 ge = 0 R = 2 g = 0 N = 0 gi = 0 h. I = 3 E = 3 ge = -2 R = 2 R = 2 g = 4 N = 2 gi = 6 //=// //=// //=// //=// //=// //=// 7 i. I = 5 E = 3 ge = -1 R = 3 g = 2 N = 1 gi = 3 5) Vigas Gerber (dentes Gerber): Nos dentes Gerber os momentos fletor e torçor são NULOS //=// //=// || = || || = || || = || || = || || = || || = || 8 6) Tipos de carregamentos: a. Carga concentrada: Reações: HB = 0 VA = Fb / (a +b) VB = Fa / (a +b) QS = + VA MS + VA.x (reta) //=// F a b A B DEC DMF VA VB HB | S x VA -VB - + F + VA.a = VB.b 9 Observações: Obs 0: Todos os diagramas começam e terminam em ZERO. Obs 1: Em trechos sem carga: O DEC é constante O DMF é uma reta qualquer (2 pontos determinam uma reta) Obs 2: Em pontos de carga concentrada = F: DEC: apresenta descontinuidade (“degrau”) = F DMF: apresenta discordância (“bico”) b. Carga uniformemente distribuída: Reações: HB = 0VA + VB = qL Pela simetria: VA = VB = qL/2 QS = + VA – qx = +qL/2 – qx MS = +qLx/2 – qx2/2 F F DEC F F + + - - //=// q F L A B DEC DMF VA VB HB | S x +qL/2 -qL/2 - + + (parábola do 2° grau) (reta) 10 x = 0 MS = 0 x =L MS = 0 M máximo: dM/dx = 0 qL/2 – 2qx/2 = qL/2 – qx = 0 x = L/2 Mmax = qL2/8 e Q = dM/dx Observações (continuação): Obs 3: Em trechos de carga uniformemente distribuída: DEC: reta qualquer (2 pontos definem uma reta) DMF: parábola do 2° grau, com fmédio = qL2/8 Obs 4: Q = dM/dx Além disso: dQ/dx = -q dQ = -qdx Q = -q dx c. Carga momento: Reações: HB = 0 VA = VB VA (a + b) = M VA = M/(A + b) = VB QS ⌠ ⌡ //=// M a b A B DEC DMF VA VB HB | S x VA VB + + + VA.a - -VB b M C | | C2 C1 11 + VA. a (pela esquerda) MC1 = - VB . b + M = + VA. a (pela direita) - VB. b (pela direita) MC2 = + VA . a - M = - VB. b (pela esquerda) Observações (continuação): Obs 5: Em pontos de carga momento M: DEC: não se altera DMF: apresenta descontinuidade (“degrau”) = M DMF M M + - - + M M 12 d. Carga triangular: Reações: HB = 0 VA + VB = qL/2 ∑ MA = 0 VB . L = qL/2 . 2L/3 VB = qL/3 e VA = qL/6 Análise de Q e M pela ação das cargas: q'/x = q/L q' = qx/L QS = VA - q'x/2 = qL/6 - qx2/2L MS = VA x - q'x/2 . x/3 = qLx/6 - qx3/6L //=// A HB VB VA L 2L/3 L/3 qL/2 q q' x q'x/2 S DEC DMF + - qL/6 -qL/3 qL/24 + 3qL2/48 qL2√3/27 13 Análise de Q e M por integração: Q = -q dx = -qx/L dx = -qx2/2L + C1 Para x = 0 Q = qL/6 C1 = qL/6 Q = -qx2/2L + qL/6 M = Q dx = (-qx2/2L + qL/6) dx = -qx3/6L + qLx/6 + C2 Para x = 0 M = 0 C2 = 0 M = -qx3/6L + qLx/6 Para traçarmos as curvas de Q e M, basta atribuirmos valores para x: Q: x = 0 Q = qL/6 x = L Q = -qL/3 x = L/2 Q = qL/24 Qmax: dQ/dx = 0 = -2qx/2L = -qx/L = 0 x = 0 M: x = 0 M = 0 x = L M = 0 x = L/2 M = 3qL2/48 Mmax : dM/dx = 0 -3qx2/6L + qL/6 = 0 x = L√3 / 3 Mmax = qL2 √3 / 27 ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 14 BARRAS RETILÍNEAS 1) Traçar DEN, DEC e DMF (pelas equações e pelas observações): Reações: ∑ FH = 0 HB = 5KN ∑ FV = 0 VB = VA + 5KN + 8KN = VA + 13 ∑ MA = 0 2VB + 4 = 8 x 2 + 5 x 4 = 36 VB = 16KN e VA = 3KN Equações: Normal: 0 ≤ x ≤ 2: N = 0 2 ≤ x ≤ 4: N = -5KN Cortante: 0 ≤ x ≤ 2: Q = -3 – 2x x = 0 Q = -3; x = 2 Q = -7 2 ≤ x ≤ 4: Q = -3 – 2x + 16 = 13 – 2x X = 2 Q = 9 ; x = 4 Q = 5 Momento fletor: 0 ≤ x ≤ 1: M = -3x – 2x2/2 = -3x – x2 x = 0 M = 0; x = 1 M = -4; x = 0,5 M = -1,75 1 ≤ x ≤ 2: M = -3x – 2x2/2 – 4 = -3x – x2 - 4 x = 1 M = -8; x = 2 M = -14; x = 1,5 M = -10,75 //=//= 1m 1m 2m A B C D 5√2 KN 45° 2 KN/m 4 KN.m HB VA VB x x x 15 2 ≤ x ≤ 4: M = -3x – 2x2/2 = -3x – x2 – 4 + 16(x – 2) M = -x2 + 13x -36 x = 2 M = -14; x = 4 M = 0 x = 3 M = -6 Pelas observações: A B C D DEN (KN) DEC (KN) DMF (KN.m) - -5 -5 5 9 + - -7 -3 -14 -8 -4 - 2 . 22/8 = 1 2 . 12/8 =0,25 2 . 12/8 =0,25 16 2) Traçar DEN, DEC e DMF (pelas equações e pelas observações): Reações: HB = 2tf; VA = 23tf; VB = 17tf //=// 2m 1m 1m 1m 4m 45° 45° A C D E B F 7√2 tf 5√2 tf 4 tf.m 6 tf/m DEN DEC DMF (tf) (tf) (tf.m) - -5 -5 -7 -7 - + + - -8 15 11 6 -10 -10 7 7 x VA VB HB -8 5 3 -3 -7 - + + - 9,5 4 . 22/8 =2 4 . 12/8 =0,5 4 . 42/8 =8 17 x/10 = 4-x / 6 x = 2,5 Mmax (trecho DE) = 17 x 3,5 – 7 x 4,5 – 6 – 4 x 2,5 x 1,25 = 9,5 Determinação das equações (outra solução): Normal: Trecho CD: N = 0 Trecho DB: N = -5 Trecho BF: N = -7 Cortante: Trecho CA: Q = -4x Trecho AD: Q = -4x + 23 Trecho DE: Q = -4x + 23 – 5 = -4x + 18 Trecho EB: Q = -4 x 7 + 23 – 5 = -10 Trecho BF: Q = -10 + 17 = 7 Momento fletor: Trecho CA: M = -2x2 Trecho AD: M = 23x – 46 – 2x2 Trecho DE: M = -2x2+ 18x - 31 Trecho EB: M = -10x + 73 Trecho BF: M = 7x – 63 18 3) Traçar DEN, DEC e DMF: Reações: ∑FX = 0 HA = 0 ∑FY = 0 VA + VB = 24 ∑MA = 0 MA + 10VB = 10 + 24 x 3 MA + 10VB = 82 MC = 0 4VB – 10 = 0 VB = 2,5 MA = 57 VA = 21,5 x/21,5 = 6 – x / 2,5 x = 5,375 Mmax = 0,78125 = || = 6m 2m 2m 4 tf/m | C D B A 10 tf.m MA HA VA VB DEC DMF (tf) (tf.m) + - -2,5 -2,5 21,5 -57 x -5 5 - - + + 0,78125 4 x 62/8 = 18 19 4) Traçar DEC e DMF: Reações: HD = 0; VA = 5tf; VD = 5tf; MD = 10tf.m || = || A B C D VD HD MD 10tf VA DEC DMF (tf) (tf.m) - + 5 5 -5 -5 - + -10 10 2m 2m 2m 20 5) Determinar equações de Q e M: Reações: ∑FH = 0 HD = 0 ∑FV = 0 VA + VD = 37,5 ∑MD = 0 VA . 7 + MD = 37,5 x (3 + 2 x 2,5/3) MC = 0 4 VA – 37,5 x 2 x 2,5 / 3 = 0 VA = 15,625 KN VD = 21,875 KN; MD =65,625KN.m Trecho AB: Q = 15,625 KN M = 15,625 (7 – x) Trecho BC: q’ / (x – 3) = 30 / 2,5 q’ = 12x – 36 Q = q’ (x – 3) / 2 - VD = (12x – 36) (x – 3) / 2 - 21,875 M = [q’( x – 3) / 2] . (x – 3)/3 + 21,875 x – 65,625 Trecho CD: Q = - 21,875; M = - 65,625 + 21,875x || = || A B C D VD HD MD 30KN/m VA 1,5m 2,5m 3,0m x x x q' 21 Esforços solicitantes numa seção – complemento Até o presente momento, apenas estudamos esforços solicitantes em estruturas retilíneas e uni-dimensionais (barras retilíneas). Quando passarmos a estudar estruturas bi-dimensionais (quadros, por exemplo) ou tri-dimensionais (grelhas, por exemplo), algumassituações diferentes poderão surgir. Cabem alguns esclarecimentos. Surgem algumas dúvidas quando se trata de calcular os esforços solicitantes em uma seção, pelos carregamentos à esquerda, ou à direita. Cada caso representado abaixo é trecho de uma estrutura equilibrada, e só estão representadas algumas cargas que interessam à explicação. Para o cálculo de um esforço solicitante numa seção, selecione as cargas que estão de um lado OU de outro dessa seção. Mas não se trata da posição física da carga em relação à seção. O que vale é através de que caminho a carga atua na seção. Veja o exemplo a seguir: Se formos calcular os esforços solicitantes na seção S, pelas cargas à esquerda: Não há dúvida de que a carga F1 está à esquerda de S. Então ela será utilizada no cálculo. A carga F2, embora esteja fisicamente à esquerda de S, atua na seção S através do caminho DCBS, que se conecta à seção S pela sua direita. Então, a carga F2 não entra no cálculo, apenas a F1. Se formos calcular os esforços solicitantes na seção S, pelas cargas à direita: Não há dúvida de que as cargas F3 e F4 estão à direita de S. Então elas serão utilizadas no cálculo. A carga F2 também entrará no cálculo, pelo motivo descrito acima. Vamos agora aos cálculos, para cada um dos esforços solicitantes. Farei uma representação mais simplificada, para cada caso. Leve em consideração a convenção dos sinais dos esforços solicitantes. direita esquerda seção S A B C D F1 F3 F4 F2 22 1. Esforços normais na seção S: Pela esquerda: N = +F1 Pela direita: N = -F3 + F4 e também a força F2, como visto na explicação inicial. Falta determinarmos o sinal. Veja que F2 tem o mesmo sentido que F3, então terá também o mesmo sinal. Então: N = -F3 + F4 – F2 2. Esforços cortantes na seção S: Pela esquerda: N = -F1 Pela direita: N = +F3 - F4 e também a força F2, como visto na explicação inicial. Falta determinarmos o sinal. Veja que F2 tem o mesmo sentido que F3, então terá também o mesmo sinal. Então: N = +F3 - F4 + F2 S a b c F1 F2 F3 F4 S a b c F1 F2 F3 F4 23 3. Momentos fletores na seção S: Pela esquerda: M = -F1 . a Pela direita: M = -F3 . b + F4 . b e também o momento fletor da força F2, como visto na explicação inicial. Falta determinarmos o sinal. Veja que o momento de F2 tem o mesmo sentido que o de F4 (o eixo de referência é o de flexão da seção S, representado pela linha pontilhada), então terá também o mesmo sinal. Então: M = -F3 . b + F4 . b + F2 . a 4. Momentos torçores na seção S: Pela esquerda: T = F1 . 0 = 0 Pela direita: T = F3 . 0 - F4 . c e também o momento torçor da força F2, como visto na explicação inicial. Falta determinarmos o sinal. Veja que o momento de F2 tem o sentido contrário ao da força F4 (o eixo de torção coincide com o eixo da barra onde está a seção S), então terá sinal contrário. Então: T = F3 . 0 - F4 . c + F2 . c S a b c F1 F2 F3 F4 S a b c F1 F2 F3 F4 24 Reforçando algumas explicações: 1. Esforços normais: Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. O esforço normal pelo carregamento à esquerda, na seção S, é +F1, seguindo a convenção de sinais. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos a força F2, na sua posição original, saindo da seção. Só que, em sua posição original, ela está à esquerda da seção, mas ela é devida ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, teremos que levá- la para a direita da seção S. Como se trata de uma força, basta deslizá-la sobre seu suporte, até que esteja à direita da seção. Na sua nova posição, vê-se que ela está entrando na seção, provocando esforço normal negativo. direita esquerda seção S A B C D F1 F2 F2 olhando por aqui F2 seção S posição original posição deslocada 25 2. Esforços cortantes: Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. O esforço cortante pelo carregamento à esquerda, na seção S, é -F1, seguindo a convenção de sinais. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos a força F2, na sua posição original. Só que, em sua posição original, ela está à esquerda da seção, mas ela é devida ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, teremos que levá-la para a direita da seção S. Como se trata de uma força, basta levá-la para a direita. Na sua nova posição, vê-se que ela está descendo pela direita da seção, provocando esforço cortante positivo. direita esquerda seção S A B C D F1 F2 olhando por aqui F2 seção S posição original posição deslocada F2 26 3. Momentos fletores: Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. O momento fletor pelo carregamento à esquerda, na seção S, é -F1 . a, seguindo a convenção de sinais. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos o momento fletor causado pela força F2 (= F2 . a), na sua posição original. Só que, em sua posição original, ele está à esquerda da seção, mas ele é devido ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, teremos que levar o momento fletor para a direita da seção S, girando em torno do eixo de flexão da seção S. Na sua nova posição, vê-se que ele está subindo pela direita da seção, provocando momento fletor positivo = + F2 . a. direita esquerda seção S A B C D F1 F2 olhando por aqui seção S posição original posição deslocada eixo de flexão da seção S 27 4. Momentos torçores: Vamos considerar apenas as cargas F1 e F2. O momento torçor pelo carregamento à esquerda, na seção S, é 0. Pela direita, como já vimos, consideraremos F2. Vamos estudar seu sinal. Olhando a seção S seguindo a orientação da figura acima, percebemos o momento torçor causado pela força F2 (= F2 . c), na sua posição original. Só que, em sua posição original, ele está à esquerda da seção, mas ele é devido ao carregamento pela direita, como já vimos. Então, teremos que levar o momento torçor para a direita da seção S, girando em torno do eixo de torção da seção S. Na sua nova posição, vê-se que ele está saindo da seção pela direita, provocando momento torçor positivo = + F2 . c. direita esquerda seção S A B C D F1 F2 olhando por aqui seção S posição original posição deslocada eixo de torção da seção Sentido do giro de F2 em torno do eixo de torção de S 28 Exercício: Determinar os esforços solicitantes na seção S, pela ação das cargas da figura, tanto pela esquerda como pela direita (existem outras cargas na estrutura além das apresentadas. O objetivo é apenas o cálculo dos esforços, para exercitar as explicações do capítulo): Pela esquerda (ação da carga de 10KN): Q = -10 KN M = -10 x 3,0 = -30 KN.m T = + 10 x 2,5 = +25 KN.m Pela direita (açãoda carga de 5KN): Q = +5 KN M = +5 x 1,0 = +5 KN.m T = + 5 x 2,0 = +10 KN.m S 2,5m 10KN 5KN 3,0m 2,0m 1,0m 29 QUADROS 1) Traçar o DEN, DEC e DMF. Montar as equações dos momentos fletores na estrutura. Reações: ∑FH = o HA = 20 ∑FV = o VA + 10 = VB ∑MB = 0 10VA + 10x5 = 20 x 6 VA = 7 e VB = 17 \\=\\= 10KN HA VA VB 6m 5m 5m A C E D B x x x x DEN (KN) DEC (KN) DMF (KN.m) +7 + -17 - +20 + - - -7 -17 +120 +120 + + +85 20KN 30 Equações de momentos fletores: Trecho AC: M = + HA . x = + 20x Trecho CD: M = - VA . x + HA . 6 = -7x + 120 Trecho DE: M = - VA . x + HA . 6 - 10 . (x – 5) = -7x + 120 – 10x + 50 = = -17x + 170 Trecho ED: M = 0 2) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: ∑FH = 0 HA + 4 = HB + 2 HA + 2 = HB ∑FV = 0 VA = 20 ∑MA = 0 4 . HB + 2 x 6 + 16 = 10 x 2 x 3 + 4 x 4 HB = 12tf HA = 10tf \\=\\= A B H G C D E F 16m.tf 2tf/m 4tf HA VA HB 2tf 4m 4m 2m 8m 2m 2m 2m 31 DEN (tf) DEC( tf) DMF (tf.m) -20 - - -14 - -10 -14 +16 - -4 + +14 + -14 +12 - -96 -40 -100 -4 2 . 2 2/8 = 1 - - -36 2 . 82/8 = 16 -52 -24 - - -16 32 3) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: ∑FH = 0 HB = 36 KN ∑FV = 0 VA + VB = 52 KN ∑MB = 0 8.VA + 18 x 3 x 2 = 4 x 13 x 4 VA = 12,5 KN VB = 39,5 KN \\=\\= 6m 2,5m 2,5m 8,0m 4 KN/m 3 KN/m 3 KN/m VA VB HB A B DEN (KN) - - - - 12,5 - 39,5 - 18 33 x/2,5 = 8 – x / 29,5 x = 0,625m Mmax = 12,5 x 0,625 – 6 x 3 x 3 – 4 x (2,5 + 0,625)2 / 2 = -65,718 DEC(KN) DMF (KN.m) - - - + + + -10 +2,5 -29,5 -18 +10 +18 +36 - - - - - -162 -12,5 -12,5 -66,5 -54 -174,5 x 4 x 2,52/8 = 3,125 4 x 2,52/8 = 3,125 4 x82/8 = 32 3 x62/8 = 13,5 3 x62/8 = 13,5 -65,718 34 4) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: HA = 1tf VA = 1,875tf VB = 2,125tf \\=\\= 2tf 1tf/m 1tf/m 4tf 2m 2m 2m 1m 1m 3m B A HA VA VB DEN(tf) - - - -3 -1,875 -2,125 35 x/1,875 = 2 – x / 0,125 x = 1,875m Mmax = 1,875 . 1,875 + 1 . 4 – 4 . 2 – 1 . 1,875 . 1,875/2 = -2,242 DMF (tf.m) DEC (tf) - +1 + -3 +3 + - + 1,875 -0,125 -2,125 x -4 -4 +2 -4,5 -4,5 -2,242 -2,25 -2,375 - + - - - 1x32/8 = 1,125 1x22/8 = 0,5 36 5) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: ∑FX = 0 HA + HB = 10 ∑FV = 0 VA + VB = 32 ∑MB = 0 8VA = 32 x 4 + 10 x 2 VA = 18,5 e VB = 13,5 MD = 0 4HB = 20 HB = 5 HA = 5 x/13,5 =8-x / 18,5 x = 3,375 Mmax = 22,78125 \\=\\= B \\=\\= A D C 10tf HA HB E 4tf/m 2m 2m 8m VA VB DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) -13,5 -18,5 -5 - - - -5 - - + -5 +5 18,5 -13,5 x + - -20 -20 +10 + + - - 22,78125 4 . 82/8 = 32 37 6) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: HA = 4tf; HB = 4tf; VA = 8tf; VB = 2tf \\=\\= \\=\\= VA VB HB HA | 3m 10tf 44tf.m 2tf/m 4m 3m 3m 2m A C D E F B DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) - - - -4 -8 -2 - -10 - -2 -4 - -4 4 + - - - + + - -12 -20 -32 -38 +6 +4 38 7) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: HA = 13,3tf; HB = 3,3tf; VA = 39,3tf; VB = 28,7tf x = 3,12m Mmax = 2,54tf.m \\=\\= \\=\\= 10tf 2m 4m 4m 2m 2m 2m 2m _ 4tf.m 6tf/m 10√2 tf 45° A B C D E F G H VB HB VA HA DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) - - - - - + - + + - -13,3 -39,3 -28,7 -10 +10 +3,3 -18,7 29,3 -10 -13,3 - - - - - - - -69,2 -20 -49,2 -26,6 -22,6 +2,54 -6,6 -20 -26,6 6 x 82/8 = 48 x 39 8) Traçar DEN, DEC e DMF. Reações: HA = 10,3tf; HB = 4,7tf; VA = 18,4tf; VB = 1,6tf \\=\\= 1m B VA \\=\\= 1m 2m 2m A VB 2m 2m 2m 2m 10tf 5tf 2tf 3tf/m 4tf.m 4tf.m DEN (tf) - - - - - -16,4 -1,6 -5,3 -18,4 -5 40x / 1,6 = 5-x / 13,4 x = 0,533 Mmax = -0,77tf.m DEC (tf) DMF (tf.m) - - + - + + - -10,3 -5,3 +2 -4,7 +5,3 - -3 13,4 -1,6 x 3 x 52/8 = 9,375 3 x 12/8 = 0,375 - -30,7 -4 -1,2 -1,2 -1,5 -0,77 -2 -20,6 -18,6 -29,2 - - - - + - +9,4 41 9) Traçar DEN, DEC e DMF. Grau de estaticidade: I = 3 E = 3 ge = -3 g = 0 R = 3 N = 1 gi = 3 Há necessidade de abrir a estrutura. Como a barra CD é rotulada nas extremidades, ela só recebe esforços normais. Reações: HA + N – N = 0; VA + VB = 8 ∑MB = 0 4 VA + 2N + 4 – 2N – 4 – 4 . 2 . 2 = 0 VA = 4tf e VB = 4tf MF = 0 -2N + 4 = 0 N = 2tf \\=\\= A B 4m 2m 2m C E F D 4tf.m \\=\\= A B 4m 2m 2m C E F D 4tf.m VA HA VB N N N N C D VA HA VB 2tf/m 2tf/m 42 DEC (tf) DEN (tf) - -2 + - - +2 -4 -4 - + +2 -2 - + -4 +4 -4 -4 -4 -4 - 4 - - - DMF (tf.m) 43 10) Traçar DEN, DEC e DMF. 11) Traçar DEN, DEC e DMF 12) Traçar DEN, DEC e DMF: \\=\\= \\=\\= 1m 1m _ 2m 2m 20tf.m 10tf 4tf/m 10tf 2m 8m \\=\\= 3m 1m 10tf 2tf/m 8tf 2m 6m 1tf/m 3tf \\=\\= 2m 2m 2m 3m 1m 1tf 1tf 44 13) Traçar DEN, DEC e DMF Reações: HA = 8tf; VA = 30tf; VB = 12tf 14) Traçar DEN, DEC e DMF: \\=\\= 1m 1m 2m 2m 12tf.m 8tf 4tf/m 10tf 2m 8m \\=\\= 4m 2tf 2m 3m 1m 4m 1tf 1tf 1tf/m 45 15) Traçar DEN, DEC e DMF: LCG = 5 sen θ = 3/5 = 0,6; cos θ = 4/5 = 0,8 Reações: ∑FH = 0 HA = HB ∑FV = 0 VA + VB = 16 ∑MB = 0 8VA + 2 . 2 = 4 . 2 + 2 . 6 + 8 . 4 VA = 6tf e VB = 10tf MG = 0 4 . 6 + 6 = 2 . 2 + 4 . 2 + 6HA HA = 3 tf e HB = 3 tf \\=\\= \\=\\= 2tf 4tf 2tf 1tf/m 3m 3m 2m 2m 2m 2m 2m HA VA HB VB A C G F H B E D J 6m.tf 6m.tf θ 46 Barra CG: NC = -VA sen θ – HA cos θ = -6 NJe = -6 + 2 . 1 . sen θ = - 4,8 NJd = -4,8 + 2 sen θ = -3,6 NG = -3,6 + 2 sen θ = -2,4 Barra CG: QC = +VA cos θ – HA sen θ = +3 QJe = +3 - 2 cos θ = +1,4 QJd = +1,4 - 2 cos θ = -0,2 QG = -0,2 - 2 cos θ = -1,8 DEC (tf) DEN (tf) -6 - -10 - -6 - -3 - - - -6 -4,8 -3,6 -2,4 -3 - +3 + - -4 + +2 -4 - + +3 +1,4 -0,2 -1,8 - 47 Barra CG: MJ = VA . 2 – HA . 4,5 – 2 . 1 = -3,5 16) Traçar DEN, DEC e DMF: DMF (tf.m) 1 . 22/8=0,5 1 . 42/8=2 - - - - - - - - -9 -9 -3,5 -9 -10 -1 -8 -4 -14 -6 -6 \\=\\= 2m 2m 2m \\=\\= 1,5m 1,5m 10tf/m 10√2 tf 45° VB HB VA HA A B C G H D E F 42m.tf θ 48 Reações: ∑FH = 0 HA + HB = 10 ∑FV = 0 VB = VA + 10 + 40 = VA + 50 ∑MB = 0 4VA + 10 . 1,5 = 42 + 10 . 2 VA = 11,75tf VB = 61,75tf MD = 0 -11,75 x 2 – HA . 3 + 42 = 0 HA = 6,2tf e HB = 3,8tf Sen θ = 0,6; cos θ = 0,8 NCD = +VA sen θ – HA cos θ = 2,1tf QCD = -VA cos θ – HA sen θ = -13,12tf DEN (tf) 11,75 + +2,1 -61,75 - -51,75 - - -10 - -6,2 + DEC (tf) -6,2 - + 10 -3,8 - 6,2 + - -11,75 -31,75 + 20 - -13,12 49 17) Traçar DEN, DEC e DMF: Reações: ∑FH = 0 HA = 4KN ∑FV = 0 VA + VB = 49KN MC = 0 MA + 4 . 4 = 16 . 2 MA = 16KN.m ∑MB = 0 11VA + 16 + 13 + 16 . 2 = 44 . 5,5 + 5 . 3+12 . 2 = 0 VA = 20KN e VB = 29KN sen θ = 0,8; cos θ = 0,6 DMF (tf.m) -9,3 - +32,7 + + +5,7 - -20 -14,3 -23,6 10 . 22/8 = 5 - 10 . 22/8 = 5 - -20 -43,6 //=//= 4m 5m 13KN.m 4 KN/m A F B 3KN/m 3m 3m 4m D E C G 4KN/m 5KN HA VA VB MA θ θ 50 Barra CD: NC = -VA sen θ + HA cos θ – 16 cos θ = -23,2KN ND = -23,2 + 12 sen θ = -13,6KN Barra EF: NF = -VB sen θ - 12 cos θ + 5 sen θ = -26,4KN NE = -26,4 + 12 sen θ = -16,8KN DEN (KN) - - - - - -20 -29 -23,2 -26,4 -13,6 -16,8 -12 DEC (KN) - +8 + -12 x=1,7 x=2 + - + - - + x=1 x=3,3 - + +4 -12 +2,4 -4,8 +2,4 -4,8 -5 +12 51 Barra AC: x/4 = 4-x /12 x = 1 Barra CD: QC = +VA cosθ + HA senθ – 16 senθ = 2,4 QC = +2,4 - 12 cosθ = -4,8 x/2,4 = 5-x /4,8 x = 1,7 Barra DE: x/8 = 5-x / 12 x = 2 Barra EF: QF = -VB cosθ + 12 senθ + 5 cosθ = -4,8 QE = -4,8 + 12 cosθ = +2,4 x/4,8 = 5-x / 2,4 x = 3,3 Barra AC: Mmax = HA . 1 + MA – 4 . 1 . 0,5 = 18 Barra CD: Mmax = VA . 1,7 cos θ + HA . (4 + 1,7 sen θ) + + MA – 16 . (2 + 1,7 senθ) – 4 . (1,7 cosθ)2/2 = 2 MD = +VA . 3 + HA . 8 + MA – 16 . 6 – 12 . 1,5 = -6 DMF (KN.m) + +16 +18 4 . 42/8 = 8 -6 + - + - - - - +2 4 . 32/8 = 4,5 +7 +15 4 . 52/8 = 12,5 -3 -3 -9 4 . 32/8 = 4,5 -1 -15 -24 3 . 42/8 = 6 52 Barra DE: MD = -6 + 13 = +7 ME = +VA . 8 + HA . 8 + MA – 16 . 6 + 13 – 32 . 4 = -3 Mmax = +VA . 5 + HA . 8 + MA – 16 . 6 + 13 – 5 . 4 . 2,5 = 15 Barra EF: ME = VB . 3 – 12 . 6 – 12 . 1,5 = -3 MF = -12 . 2 + 5 . 3 = -9 Mmax = VB . 3,3 cosθ – 12 . (2 + 3,3 senθ) – 4.(3,3cosθ)2/2 + + 5 . (3 – 3,3cosθ) = -1 18) Traçar DEN, DEC e DMF: Reações: ∑FH = 0 HB = 6KN ∑FV = 0 VA + VB = 50KN MF = 0 5VA + 6 = 14 . 3,5 + 24 . 3 VA = 23KN e VB = 27KN MF = 0 27 . 4 + MB – 6 . 7 – 8 . 5 - 10 . 6 – 16 . 2 = 0 MB = 66KN.m sen θ = 0,6 cos θ = 0,8 //=//= 3m 4m 2 KN/m A H B 2KN/m 2m 5m4m D F C G 10KN 6 KN.m 1m E 4KN/m VA VB HB MB θ 53 NG = -VB sen θ – HB cos θ – 8 cos θ + 10 sen θ = -21,4 NF = -21,4 + 16 sen θ = -11,8 QG = -VB cos θ + HB sen θ + 8 sen θ + 10 cos θ = -5,2 QF = -5,2 + 16 cos θ = 7,6 Barra DF: x/19 = 5-x / 1 x = 4,75 DEC (KN) DEN (KN) - - - - -14 -23 -27 -11,8 -21,4 - - - + + - + + +6 +14 +10 -5,2 7,6 -1 -19 -4 -14 X = 4,75 X = 2 54 Barra FG: x/5,2 = 5-x/7,6 x = 2 Barra DF: Mmax = VA . 4,75 + 6 – 14 . 3,5 – 4 . 5,75 . 5,75/2 = 0,125 Barra FG: Mmax = 27 . 2 cosθ + 66 – HB (4 + 2 senθ) – 8 (2 + 2sen θ) - 10 (2 + 2 cosθ) – 4 (2 cosθ) (2 cosθ)/2 = 11,28 DMF (KN.m) + -2 4 . 1 2/8 = 0,5 - -45 4 . 52/8 =12,5 - 0,125 -43 -10 -16 - - 2 . 32/8 =2,25 2 . 42/8 =4 -20 - 4 . 42/8 =8 2 . 42/8 = 4 11,28 +6 26 66 55 19) Traçar DEN, DEC e DMF: Separando os quadros: Reações: HA = 10tf VA = 1tf VE = 9tf \\=\\= \\=\\= 5tf 1m 1m 10tf 2m 2m 4m 4m 2tf/m 2tf/m A D B C E F G H I \\=\\= 10tf 2m 2m 2tf/m A D B C E VE VA HA + - +1 -9 DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) + +10 - -1 -9 + +20 + 4 + 56 Reações: HI = 5 VF = 14,25 VI = 2,75 x/2,75=4-x/5,25 x = 1,375 Mmax = 6,9 20) Traçar DEN, DEC e DMF: 5tf 1m 1m H \\=\\= E F G I 2tf/m VE VF VI HI DEN (tf) DEC (tf) DMF (tf.m) + - - -14,25 -2,75 - - 5,25 -2,75 -5 x +5 +5 + +6,9 4 \\=\\= 2m 2m 1m 1m 10tf 2tf/m 2tf/m 3m 3m 57 21) Traçar DEN, DEC e DMF: 22) Traçar DEN, DEC e DMF 23) Traçar DEN, DEC e DMF. == || == 4m 8m 2,5m 10KN/m 100KN 4m 6m 4m 3m 10tf 2tf/m 2tf/m //=// 2m 2m 6m 4m //=// //=// 2tf/m 4tf/m 2m 2m 10tf 6tf 58 QUADROS COM BARRAS CURVAS 1) Traçar o DEN, DEC e DMF. d = R – R cos θ NS = - VA cos θ = -(P/2) cos θ Trecho AD QS = VA sen θ = (P/2) sen θ MS = VA . d = (P/2) . (R – R cos θ) = (PR/2) ( 1 – cos θ) //=// P P/2 VA = P/2 C S θ A B D θ d R C S DEN -P/2 -P/2 - - 59 C S DEC - + +P/2 -P/2 C S DMF + + +PR/2 60 GRELHAS 1) Traçar o DEC, DMF e DMT ∑FV = 0 VA = 70KN ∑MAE = 0 MY = 10 . 6 + 60 . 3 = 240KN.m ∑MAB = 0 MX = 10 . 3 + 60 . 1,5 = 120KN.m DEC (KN): DMF (KN.m): \\ || \\ 3m 3m 3m 10KN 20KN/m VA A B C D MY MX E C D B C A B -10 - - -10 -10 -70 - -70 -70 C D B C A B -30 - - -120 20 . 32/8 = 22,5 - -240 -30 61 DMT (KN.m): 2) Traçar o DEC, DMF e DMT ∑FV = 0 VA = 32,5KN ∑MAD = 0 MY = 23,65KN.m ∑MAB = 0 MX = 3,675KN.m DEC (KN): DMF (KN.m): DMT (KN.m): C D B C A B +30 + +30 - -120 -120 \\ || \\ A B C 15KN 20KN D MX MY 0,7m 1,1m VA A B B C 32,5 10,5 10,5 + + A B B C -23,65 -3,675 - - 3,025 0,92 A B C -3,675 - B 62 3) Traçar DEC, DMF e DMT: ∑FV = 0 VA + VB + VC = 80KN ∑MCE = 0 2VB + 30 . 2 = 10 . 2 + 40 . 2 VB = 20KN ∑MBC = 0 4VE = 10 . 4 + 30 . 4 + 40 . 2 VE = 60KN VC = 0 DEC (KN): DMF (KN.m): A B C D E F 10KN 30KN 40KN VB VC VE 2m 2m 2m 2m D F - + -10 +30 E C E - -20 B C B A - -20 - -40 D F - - -20 -60 E C E + +80 B C B A - -40 - -80 63 DMT (KN.m): 4) Traçar DEC, DMF e DMT: ∑FV = 0 VB = 37,5 + VD + VF ∑MBD = 0 MY = 25 . 1,5 . 3 + 5,8 VF MY = 112,5 + 5,8VF ∑MDF = 0 MX + 25 . 1,5 . 3,25 = 2,5VB Viga BC: MC = 0 -MY + 3VB =0 MY = 3VB TC = 0 MX = 0 VB = 48,75KN MY = 146,25KN.m VF = 5,82KN VD = 5,43KN D F E C E + +40 B C B A + +80 \\ || \\ //=// B D E F C A 1,5m 2,5m 2,8m 3m MX MY VB VD VF 25KN/m 64 DEC (KN): DMF (KN.m): DMT (KN.m): ZERO em todas as barras B C E A C D F E + +48,75 - -5,43 + +5,82 - -11,25 +37,5 + B C E A C D F E - -146,25 - -16,29 - -16,29 - -28,125 + 25 . 1,52/8 = 7,03 65 5) Traçar DEC, DMF e DMT: Reações: Vista de cima: VA = 15KN MX = 20KN.m MY = 40KN.m DEC (KN): DMF (KN.m): DMT (KN.m):\\ || \\ 2m 2m 2m A B C D 5KN/m 5KN \\ || \\ A B C D MX MY MX MY VA A B B C C D + +15 + +10 + +10 A B B C C D - -40 - -20 - -10 -10 5 . 22/8 = 2,5 A B B C C D - + -20 10 66 TRELIÇAS 1. Introdução: Cargas nos nós Ligações através de rótulas Apenas esforços normais nas barras Veremos a resolução através de 2 métodos: Método dos nós Método das seções (Ritter) 2. Grau de estaticidade: g = I + b - 2n , onde: g = grau de estaticidade n = número de rótulas (como cada rótula fornece 2 equações – ΣFX=0 e ΣFY=0 – então 2n é o número de equações) I = número reações de apoio b = número de barras I + b é o número de incógnitas – as incógnitas são as reações nos apoios (I) e o esforço normal em cada barra (b) Se: g = 0 estrutura isostática (nosso estudo) g > 0 estrutura hiperestática g < 0 estrutura hipostática 67 3. Método dos nós: L2 = L3 = √ 3002 + 4002 = 500mm n = 3 I = 3 b = 3 g = 0 tg θ = 300/400 = 0,75 sen θ = 300/500 = 0,6 cos θ = 400/500 = 0,8 Equilíbrio de toda a estrutura: Σ FH = 0 HA = 0 Σ FV = 0 VA + VB = 10 Σ MB = 0 800.VA = 10x400 VA = 5 KN VB = 5 KN Equilíbrio de cada nó (caso não tenha certeza do correto sentido das cargas, coloque-as como de tração): Nó A: Σ FH = 0 0 + N1 + N2.cosθ = 0 Σ FV = 0 VA + N2.senθ = 0 N2 = -8,33 KN (comp) N1 = 6,67 KN (tração) 10KN C B A 300mm 400mm 400mm θ θ HA VA VB 1 2 3 A HA VA θ N2 N1 68 Nó B: Σ FH = 0 N1 + N3.cosθ = 0 N3 = - 8,33 KN (comp) 4. Exercícios: Calcular as reações nos apoios e os esforços normais na barras n = 3 a. I = 4 g = 0 b = 2 Calculando: L1 = 461mm L2 = 570mm Sen θ1 = 0,76; cos θ1 = 0,65 Sen θ2 = 0,61; cos θ2 = 0,79 Equilíbrio de toda a estrutura: Σ FH = 0 HA + 20 = HB Σ FV = 0 VA + VB = 100 Σ MB = 0 750.VA + 20x350 = 100x450 VA = 50,7 KN VB = 49,3 KN Nó A: Σ FH = 0 HA + N1.cosθ1 = 0 HA = 43,4KN Σ FV = 0 VA + N1.senθ1 = 0 N1 = -66,8 KN (comp.) B N1 VB θ N3 1 2 3 -8,33KN -8,33KN 6,67KN 300mm 450mm 350mm VA VB HB HA 20KN 100KN 2 1 Θ1 Θ2 A HA VA θ1 N1 C B A 69 HB = 63,4KN Nó B: Σ FH = 0 HB + N2.cosθ2 = 0 N2 = - 80,3 KN (comp) b. Calculando: L2 = L3 = L5 = 707mm senθ = 0,707 cosθ = 0,707 Equilíbrio de toda a estrutura: Σ FH = 0 HA = 0 Σ FV = 0 VB = VA + 80 Σ MB = 0 1000.VA = 80x500 VA = 40KN VB = 120KN Nó A: Σ FH = 0 HA + N2.cosθ + N1 = 0 Σ FV = 0 VA = N2.senθ = 0 N2 = 56,6 KN (tração) N1 = -40KN (compressão) B VB θ2 N2 1 2 -80,3KN -66,8KN HB VA HA Vb A B C D 80KN 500mm 500mm 500mm 500mm θ θ θ θ 4 1 2 3 5 A HA VA θ N2 N1 70 Nó D: Σ FH = 0 N4 + N5.cosθ = 0 Σ FV = 0 80 + N5.senθ = 0 N5 = -113,2KN (comp.) N4 = 80KN (tração) Nó C: Σ FH = 0 N4 + N3.cosθ = N2.cosθ N3 = -56,6KN (compressão) 5. Método das seções (Ritter): Bases do método: Σ FH = 0 HA Σ FV = 0 VA Σ MP = 0 VB No caso do corte na estrutura, ficamos com as incógnitas: N3, N7 e N12. Resolução (por exemplo): Σ MD = 0 acha-se N3 Σ MG = 0 acha-se N7 Σ FV = 0 acha-se N12 D 80KN θ N5 N4 C N4 N3 N2 θ θ VA VB HA F1 F2 F3 F4 A B C D E F G H I 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 VA HA F 1 2 10 F1 6 C G 11 F2 7 12 D 3 N3 N12 N7 71 Aplicação: Calcular os esforços normais nas barras 2, 8 e 17. Σ FH = 0 HA = 6tf Σ FV = 0 VA + VB = 10tf Σ MB = 0 12VA + 6x2 = 6x8 + 4x6 VA = 5tf VB = 5tf Σ MI = 0 4VA + 2xHA = 2xN17 N17 = 16tf (T) Σ MD = 0 4VA + 6x2 + 2xN2 = 0 N2 = -16tf(C) Σ FV = 0 VA = 6 + N8 N8 = -1tf (C) Pelo mesmo método, calcule os esforços normais nas barras 3, 9, 11, 18 e 19. Respostas: N3 = 10tf (C) ; N9 = 1,4tf (T); N11 = -7,07tf(C); N18 = 15tf(T); N19 = 15tf (T) VA HA VB A B CH D I E J F K G L 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 2m 2m 2m 2m 2m 2m 2m 6tf 6tf 4tf VA HA A 5 16 6tf C 6 7 1 6tf I 8 17 N2 D N8 N17 72 6. Por qualquer método, determinar as reações nos apoios, bem como os esforços normais em cada barra: a. Resp: N1=19,7KN(T); N2=49,2KN(C); N3=33,8KN(T) N4=12,6KN(C); N5=12,6KN(C); HD=19,2KN (p/direita) VC=49,2KN(p/cima); VD=1,4KN (p/baixo) b. A B C D 30KN 10KN 1,8m 1,5m 5,0m 4 1 2 3 5 C 2,0m 2,0m 500N A B 15KN 73 c. 7. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada barra. 8. Determinar as reações nos apoios e o esforço normal em cada barra. A 3,0m 3,0m 4,0m B C D 400N 600N 6KN 20KN 1 4 2 3 5 2m 2m 1,5m 6KN 40KN 1 6 2 3 5 1,2m 1,2m 1,6m 1,2m 1,2m 4 7 74 9. Calcule as reações nos apoios e os esforços normais nas barras, pelo método de Ritter. Sugestão: Faça os seguintes cortes: 1-2 ; 2-3-4 ; 4-5-6; 6-7-8; 8-9 18KN 1 6 2 3 5 2m 2m 2m 7 2m 36N 4 8 9 75 DEFORMAÇÔES EM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS 1) Introdução: Pelo teorema da carga unitária (vide “Análise das Estruturas” – Método das Forças e Método dos Deslocamentos – Volume I – Humberto Lima Soriano): Onde: δ : deslocamento produzido N, Q, M, T: solicitações produzidas pelo carregamento real aplicado na estrutura (estado de deformação) N, Q, M, T: solicitações produzidas pelo carregamento virtual (unitário) aplicado na estrutura (estado de carregamento). E: módulo de elasticidade longitudinal do material (Young) G: módulo de elasticidade transversal do material I: momento e inércia da seção transversal da peça S: área da seção transversal da peça X: coeficiente de redução, resultante da distribuição não uniforme das tensões cisalhantes, cujo valor varia com o tipo de seção. J: momento de inércia à torção (momento de inércia polar) da seção transversal da peça 1.δ = ⌠ N.N dx + ⌠ M.M dx + ⌠ X Q.Q dx + ⌠ T.T dx ⌡ E.S ⌡ E.I ⌡ G.S ⌡ G.J Parcela 1 Parcela 2 Parcela 3 Parcela 4 76 Observações: A escolha do estado de carregamento deve ser tal que a carga unitária, associada à deformação δ, a ser calculada, nos forneça um trabalho virtual de forças externas igual a P.δ. Ele é, pois, função da deformação a calcular e pode ser tabelado (vide Tabela 1) O estado de deformação pode ser provocado por: o Carregamento exterior o Variação de temperatura o Movimentos (recalques) de apoios o Modificações impostas ma montagem A parcela referente aos esforços cortantes (Parcela 3) pode ser, usualmente, desprezada em presença das demais, com erro mínimo (somente em casos de vãos muito curtos e cargas muito elevadas, a influência do esforço cortante apresenta valor considerável). Também com erro tolerável, podemos desprezar a parcela referente aos esforços n0rmais (Parcela 1) para peças de estruturas que não trabalhem fundamentalmente ao esforço normal (é evidente que não podemos desconsiderar em casos de escoras, tirantes, treliças, pilares esbeltos e peças protendidas em geral). O uso destas simplificações deve ser feito, entretanto, com muito critério e somente em casos sem dúvidas, a fim de se evitar possíveis erros grosseiros. Em caso de dúvida, devem ser computadas todas as parcelas, a fim de ser possível a avaliação de sua importância relativa. 77 Como normalmente a estrutura é constituída de barras do mesmo material, normalmente é adotada uma “rigidez característica” para a estrutura (E.IC), que é obtida pelo produto do menor momento de inércia da estrutura, pelo módulo de elasticidade longitudinal do material da estrutura. A rigidez de cada barra será, então, uma variante da rigidez característica: E.I = α E.IC, sendo α > 1. Idem para G.J. 2) Exercícios: a. Calcular o deslocamento vertical do ponto B. E.IC = 30 . 105 KN.m2 Estado de deformação (ou deslocamento): M = -100x Estado de carregamento (manter a mesma estrutura, eliminando todas as cargas originais, e aplicando uma única carga unitária, compatível com o deslocamento solicitado – Tabela 1): Obs: o sentido da carga unitária poderia ter sido para cima. Se o δ calculado der positivo, significa que o sentido do deslocamento é o mesmo da carga unitária. Se for negativo, é o contrário. M = -x \\ || \\ 100KN A B 4m x \\ || \\ 1KN A B x 78 Obs: Deverá ser escolhida, para cada uma das barras componentes da estrutura, uma origem de contagem do x, para determinação das equações dos esforços solicitantes. Procure escolher uma origem, em cada barra, que facilite a montagem das equações dos esforços. Mas a única exigência é a seguinte: a origem escolhida, para cada barra, para o estado de carregamento, deverá ser a mesma escolhida para o estado de deformação. Montagem da equação do trabalho da carga unitária: E.IC.δ = 1/1. M.M dx 30 . 105 . δ = (-100x).(-x) dx = = 100x3/3 = 2.133,3 δ = 0,000711m = 0,711mm ( como δ > 0, então o deslocamento tem o mesmo sentido escolhido para a carga unitária, isto é, para baixo). Se tivéssemos mais barras na estrutura, faríamos cálculo semelhante para cada uma delas, e somaríamos os resultados. b. Calcular o deslocamento horizontal de D E.IC = 2 . 104tf.m2 para todas as barras. Estado de deformação Reações: HA = 5 VA = 3; VD = 3 ⌠4 ⌡0 ⌠4 ⌡0 4 //=// 5tf A B D C 5m 3m HA VA VD x x x 0 79 Equações: Barra AB: M = 5x Barra BC: M = 3x Barra CD: M = 0 Estado de carregamento: Reações: HA = 1 VA = 0; VD = 0 Equações: Barra AB: M = -x Barra BC: M = -3 Barra CD: M = -x E.IC.δ = 2 . 104. δ = 1/1 (5x)(-x)dx + 1/1 (3x)(-3)dx + + 1/1 (0)(-x) dx = -5 x3/3 - 9 x2/2 + 0 = = -157,5 δ = -0,00788m = -0,7,88mm ( ) //=// A D 5m 3m HA VA VD x x x 1 ⌠3 ⌡0 ⌠5 ⌡0 ⌠3 ⌡0 3 0 5 0 80 c. Calcular os deslocamentos horizontal e vertical do ponto D. A rigidez característica vale E.IC = 4 . 103 KN.m2. Barra AB: E.IC Barra BC: 2E.ICBarra CD: E.IC Reações: HA = 0; VA = 12KN MA = 3,6KN.m Faremos um estudo semelhante ao feito nos exercícios anteriores para cada deslocamento solicitado. Estado de Deformação (Estado 0): Barra AB: M = -3,6 Barra BC: M = -20x.x/2 = -10 x2 Barra CD: M = 0 Estado de carregamento 1 (Estado 1) (deslocamento horizontal): Reações: HA = 1 VA = 0 MA = 0 //=// A D 3m VA 20KN/m B C HA MA 0,6m x x x //=// HA MA x x x 1KN VA 81 Barra AB: M = -1 (3 - x) = x - 3 Barra BC: M = -3 Barra CD: M = -x 4 . 103 δH = 1/1 (-3,6)(x – 3) dx + ½ (-10x2)(-3) dx + + 1/1 (0)(-x)dx = (-3,6 x2/2 + 10,8x) + 15x3/3 = 17,28 δH = 0,00432m ( ) Estado de carregamento 2 (Estado 2) (deslocamento vertical): Reações: HA = 0 VA = 1 MA = 0,6 Barra AB: M = 0,6 Barra BC: M = x Barra CD: M = 0 4 . 103 δV = 1/1 (-3,6)(0,6) dx + ½ (-10x2)(x) dx + + 1/1 (0)(0 )dx = -6,642 δV = -0,00166m ( ) ⌠3 ⌡0 ⌠0,6 ⌡0 ⌠3 ⌡0 3 0 0,6 0 //=// HA MA x x x 1KN VA ⌠3 ⌡0 ⌠0,6 ⌡0 ⌠3 ⌡0 82 d. Calcular a rotação da seção E. EIC = 21 . 103 KN.m2; Barra AC: EIC; Barras CD e DE: 2 EIC; Barra EB:3 EIC sen θ = 0,6; cos θ 0,8 Reações: HA = 2KN ; VA = 6KN ; VB = 18KN Barra AC: M = HA.x – 4x2/2 = 2x – 2x2 Barra CD: M = VA.x cos θ + HA . (4 + x sen θ) – 16 . (2 + x sen θ) = = -3,6x – 24 Barra DE: q’ / x = 8/6 q’ = 4x/3 M = VA (4 + x) + HA . 7 – 16 . 5 – (q’ . x/2)(x/3) = = -2x3/9 + 6x - 42 Barra EB: M = -2x.x/2 = -x2 //=//= 3m 4m 6m 4m A B C D E 2KN/m 4 KN/m 8KN/m 5KN.m x x x x θ VA VB HA 83 Estado de carregamento: Reações: HA = 0; VA = VB = 0,1 KN Barra AC: M = 0 Barra CD: M = -VA.x cos θ = -0,08x Barra DE: M = -VA (4 + x) = -0,1x – 0,4 Barra EB: M = 0 21 . 103 . δ = 1/1 (2x – 2x2)(0) dx + ½ (-3,6x – 24)( -0,08x)dx + + ½ (-2x3/9 + 6x - 42)(-0,1x – 0,4)dx + 1/3 (-x2)(0)dx = = ½ (0,288x2 + 1,92x)dx + + ½ (0,2x4/9 + 0,8x3/9 – 0,6x2 – 2,4x + 4,2x + 16,8) dx = = ½ (0,288x2 + 1,92x)dx + + ½ (0,2x4/9 + 0,8x3/9 – 0,6x2 + 1,8x + 16,8)dx = 18 + 76,68 = 94,68 δ = 0,004509 rad ( ) //=//= 3m 4m 6m 4m A B C D E 1KN.m x x x x θ VA VB HA ⌠4 ⌡0 ⌠5 ⌡0 ⌠6 ⌡0 ⌠7 ⌡0 ⌠5 ⌡0 ⌠6 ⌡0 ⌠5 ⌡0 ⌠6 ⌡0 84 e. Calcular o deslocamento vertical do ponto C. EIC = 3 . 104 KN.m2 GJC = 2 . 103 KN,m2 Barra AB: 1,11 EIC e 1,43 GJC Barra BC: EIC e GJC Reações: VA = 9KN; MX = 3,6 KN.m; MY = 27 KN.m Estado de Deformação (estado 0): Barra AB: M = -9x T = -3,6 Barra BC: q’ / x = 15/1,2 q’ = 12,5x M = - q’.(x/2)(x/3) = - 2,083x3 T = 0 Estado de carregamento (estado 1): Reações: VA = 1KN; MX = 1,2KN.m MY = 3KN.m Barra AB: M = -x T = -1,2 Barra BC: M = -x T = 0 Pela ação de M: 3 . 104 δM = 1/1,11 (-9x)(-x)dx + 1/1 (-2,083x3)(-x)dx = = 74,010 δM = 0,002467m Pela ação de T: 2 . 103 δT = 1/1,43 (-3,6)(-1,2)dx + 1/1 (0)(0)dx = = 9,0629 δT = 0,004531m δTotal = 0,006998m ( ) \\ || \\ 3m 1,2m A MX MY B C 15KN/m x x \\ || \\ 3m 1,2m MX MY B C VA VA 1KN x x ⌠3 ⌡0 ⌠1,2 ⌡0 ⌠3 ⌡0 ⌠1,2 ⌡0 85 f. Calcular o deslocamento vertical do ponto C. ES = 4 . 104 KN Barras AB e BC: seções retas = S Barra AC: seção reta = 3S LBC = 2m LAB = 1,154m LAC = 2,309m Estado de deformação Nó C: ∑FH = 0 NAC cos 30 + NBC = 0 ∑FV = 0 NAC sen 30 = 15 NAC = 30KN (T) NBC = -25,98KN (C) Nó B: ∑FH = 0 HB = 25,98KN ∑FV = 0 NAB = 15KN (T) Estado de carregamento Nó C: ∑FH = 0 NAC cos 30 + NBC = 0 ∑FV = 0 NAC sen 30 = 1 NAC = 2 (T) NBC = -1,732 (C) Nó B: HB = 1,732 KN NAB = 0 || || A B C 2m 30° 15KN C 30° 15KN NAC NBC B 25,98KN HB NAB 15KN 15KN || || A C 1KN B C 1KN NAC NBC HB NAB 1,732 86 δ = 0,003405m ( ) g. Determinar o deslocamento horizontal de B. EIC = 21 . 103 KN.m2 Barra AC: 2,286 EIC Barra CD: 12,286 EIC Barra DB: EIC Reações: HA = 45KN VA = 60KN VB = 0 Estado de deformação:Barra AC: M = -45x Barra CD: M = -10x.x/2 = -5x2 Barra DB: M = 0 Estado de deformação: HA = 1KN VA = VB = 0 Barra N N L ES NNL/ES AB +15 0 1,154 4.104 0 AC +30 +2 2,309 12.104 0,001155 BC -25,98 -1,732 2 4.104 0,002250 //=// 45KN A B VB x x x VA 10KN/m C D HA 6m 4m A B VB x x x VA C D HA //=// 1KN 87 Barra AC: M = -x Barra CD: M = -4 Barra DB: M = -x 21 . 103 δ = 1/2,286 (-45x)((-x)dx + 1/12,286 (-5x2)(-4)dx + 1/1 (0)(-x) dx = 537,2 δ = 0,026m ( ) h. Determinar a rotação da tangente à elástica em B EIC = 20.000 tf.m2 Barras AB e DE: 1,667 EIC Barra BC: 2 EIC Barra CD: EIC sen θ = 4/5= 0,8 cos θ = 3/5 = 0,6 Estado de deformação Reações: HC = 0; VC = 12tf; VA = VE = 6tf Barra AB: M = VA. x cos θ – 2 (x cos θ)2/2 = 3,6x – 0,36x2 Barra DE: M = 3,6x – 0,36x2 Barra BC: M = VA(x + 3) – 2 (x + 3)2/2 = -x2 + 9 Barra CD: M = -x2 + 9 ⌠4 ⌡0 ⌠6 ⌡0 ⌠4 ⌡0 //=// VA VC VE A E B D C 4m 3m 3m 3m 3m θ θ HC 2tf/m x x x x 88 Estado de carregamento: Reações: HC = 0; VC = 1/6tf; VA = 1/6tf; VE = 0 Barra AB: M = -VA. x cos θ = -0,1x Barra DE: M = 0 Barra BC: M = -VA(x + 3) + 1 = -x/6 + 0,5 Barra CD: M = 0 20.000 δ = 1/1,667 (3,6x – 0,36x2)(-0,1x)dx + ½ (-x2 + 9)( -x/6 + 0,5)dx + 1/1 (-x2 + 9)(0) dx + 1/1,667 (3,6x – 0,36x2)(0)dx = = -2,8012 δ = -0,00014 rad ( ) //=// VA VC VE HC 1tf.m ⌠5 ⌡0 ⌠3 ⌡0 ⌠3 ⌡0 ⌠5 ⌡0 89 i. Determinar o deslocamento vertical de A: ES = 104 tf Todas as barras são do mesmo material, com as mesmas seções retas. Nó A: NAD = -2√2 tf (C) NAE = 2 tf (T) Nó D: NDE = 2 tf (T) NCD = -2tf (C) Nó E: NBE = 6tf (T) NCE =- 4√2 tf (C) || || || || A B C E D 3m 3m 3m 2tf 2tf A 2tf NAE NAD D 2√2tf NDE NCD A 2tf NBE NCE 2tf 2tf 90 Estado de Carregamento Nó A: NAD = -√2 tf (C) NAE = 1 tf (T) Nó D: NDE = 1 tf (T) NCD = -1tf (C) Nó E: NBE = 2tf (T) NCE =- √2 tf (C) Barra N N L ES NNL/ES BE +6 +2 3 104 0,003600 AE +2 +1 3 104 0,000600 CD -2 -1 3 104 0,000600 DE +2 +1 3 104 0,000600 CE -4√2 -√2 3√2 104 0,003394 AD -2√2 -√2 3√2 104 0,001697 δ = 0,01049( ) || || || || A B C E D 3m 3m 3m 1tf A 1tf NAE NAD D √2tf NDE NCD A NBE NCE 1tf 1tf 91 j. Determinar o deslocamento horizontal de C: EIC = 21 . 103 tf.m2 Barra AD: 2,286 EIC Barra DF: 12,286EIC Barra BF: EIC Reações: VA = 3tf; VB = 5tf HA = 1tf; HB = 3tf Estado de deformação: Barra AD: trecho AC: M = x Trecho CD: M = x – 4.(x – 1) = -3x + 4 Barra DF: M = VA.x + 2 – 4 – 2x.x/2 = 3x – 2 – x2 Barra BF: M = -3x Estado de Carregamento Reações: VA = 0,25tf; VB = 0,25tf HA = 0,625tf; HB = 0,375tf VB VA //=// //=// HA HB 3m 1m 4tf 1m 1m A B C E D F 2tf/m VB VA //=// //=// HA HB 3m 1m 1tf 1m 1m A B C E D F 92 Barra AD: Trecho AC: M = HA . x = 0,625x Trecho CD: M = HA . x – 1 . (x – 1) = -0,375x + 1 Barra DF: M = -VA. x – 1 + 2 HA = -0,25x + 0,25 Barra BF: M = - HB.x = -0,375x 21 . 103 . δ = 1/2,286 (x)(0,625x)dx + + 1/2,286 (-3x + 4)(-0,375x + 1)dx + + 1/12,286 (3x – 2 – x2)(-0,25x + 0,25)dx + + 1/1 (-3x)(-0,375x)dx = 3,2534 δ = 0,000155 m ( ) k. Determinar o deslocamento horizontal de A EIC = 4 . 103 KN.m2 Barra AB: EIC Barra BC: 2 EIC LBC = 3,606m sen θ = 0,83 ; cos θ = 0,55 Reações: HC = 0 VA = 8,57KN; VC = 21,43KN Barra AB: M = VAx = 8,57x Barra BC: M = VC. x cos θ = 11,88x ⌠1 ⌡0 ⌠2 ⌡1 ⌠4 ⌡0 ⌠2 ⌡0 //=// A B C 30KN θ 3m 5m 2m VA VC HC 93 Estado de carregamento: Reações: HC = 1 VA = VC = 0,429KN Barra AC: M = -0,429x Barra BC: M = 0,429x. cos θ – 1 . x sen θ = -0,594x 4 . 103 δ = 1/1 (8,57x)(-0,429x)dx + ½ (11,88x)(-0,594x)dx = = -208,35 δ = - 0,0521m ( ) //=// VA HC VC 1K ⌠5 ⌡0 ⌠3,606 ⌡0
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