prova03.solucao.corrigida.2016: pórtico deslocável por cross, viga e treliça pelo método das forças

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FURG - Escola de Engenharia Prova do 3o Bimestre
3 a PROVA - Soluc¸a˜o Corrigida - 11/10/2016
As correc¸o˜es esta˜o na cor vermelha e sa˜o mostradas nas pa´ginas 5, 6, 8 e 9.
1a. Questa˜o
Resolva o po´rtico plano desloca´vel mostrado na figura abaixo. Use o processo de Cross. A seguir,
fac¸a o trac¸ado da linha de estado de momento de flexa˜o. Desprezar as influeˆncias da forc¸a normal e
da forc¸a cortante. As barras deste po´rtico apresentam rigidez ideˆntica e constante de valor EI.
Soluc¸a˜o
O po´rtico apresenta 1 (uma) deslocabilidade
externa. A figura ao lado mostra esta deslo-
cabilidade impedida pelo acre´scimo de apoio
simples em B, tornando-o indesloca´vel.
Deste modo, a soluc¸a˜o deste po´rtico sera´ dada pela superposic¸a˜o de duas soluc¸o˜es por Cross. A
primeira resolvera´ o po´rtico indesloca´vel para o carregamento externo e a segunda resolvera´ o po´rtico
indesloca´vel para uma traslac¸a˜o unita´ria vertical da barra BC.
Obtidas estas soluc¸o˜es, devera˜o ser determinados os valores das reac¸o˜es R10 e R11 que permitira˜o
calcular o coeficiente α a partir da equac¸a˜o
R10 + αR11 = 0.
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A primeira soluc¸a˜o e´ mostrada na figura abaixo. De imediato, se pode concluir que na˜o e´ necessa´rio
realizar o processo de Cross.
Para a segunda soluc¸a˜o a figura abaixo mostra os valores dos momentos de engastamento perfeito.
Aqui foi admitido que EI = 13824 kNm2. Poderia ter sido admitido qualquer outro valor.
Abaixo e´ mostrada a segunda soluc¸a˜o por Cross.
∑
dABC =
4EI
2,4
+ 4EI
2∑
dABC =
17,6EI
4,8
dBA =
4EI
2,4
× 4,8
17,6EI
= 0, 455
dBC = 0, 545∑
dDCB =
3EI
4
+ 4EI
2
= 11EI
4,8
dBA =
4EI
2
× 4
11EI
= 0, 727
dBC = 0, 273
Resolvida a estrutura, se pode determinar o valor de R11 por equil´ıbrio na forma.
∑
M esqC = 0 RDy × 4 + 2996 = 0 RDy = −749 kN ↓
M esqB = 0 RAy × 2, 4 + 11002 + 7604 = 0 RAy = −7753 kN ↓
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∑
Fy = o RDy +RAy +R11 = 0 R11 = 8502 kN ↑
Logo,
24 + 8502 α = 0 α = − 24
8502
Determinado o valor de α se pode calcular os momentos finais de continuidade.
MD = 0
M esqC = −
24
8502
×−2996 = 8, 46 kNm MdirC = −8, 46 kNm
MdirB = −
24
8502
× 7604 = −21, 47 kNm M esqB = 21, 47 kNm
MA = − 24
8502
×−11002 = 31, 06 kNm
Segue o trac¸ado do diagrama de momentos de flexa˜o.
2a. Questa˜o
Resolva a viga cont´ınua abaixo mostrada pelo Me´todo das Forc¸as, considerando o carregamento
indicado e um recalque em B igual a 3mm dirigido para baixo. A rigidez a` flexa˜o EI e´ constante e
vale 12000 kNm2. A seguir, fac¸a o trac¸ado da linha de estado de momento de flexa˜o.
Soluc¸a˜o
Em primeiro lugar, para efeito da ana´lise, sera´ eliminado o balanc¸o como mostra a figura abaixo.
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Esta viga apresenta um grau hiperesta´tico igual a 2.
Dentre as va´rias possibilidades de sistema principal, foi escolhida a mostrada na figura abaixo. Nesta
mesma figura, esta˜o identificados os hiperesta´ticos X1 e X2.
Para a escolha mostrada, o sistema de equac¸o˜es toma a forma:
δ10 + δ11X1 + δ21X2 = R11 × δB
δ20 + δ12X1 + δ22X2 = R12 × δB
onde R11 e R12 sa˜o os valores das reac¸o˜es no apoio B respectivamente nos estados E1 e E2. δB e´
o valor do recalque neste apoio.
A figura abaixo mostra o DMF para o carregamento externo, estado E0.
A figura abaixo mostra o DMF para X1 = 1, estado E1.
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A figura abaixo mostra o DMF para X2 = 1, estado E2.
A partir dos resultados apresentados nas figuras anteriores, se pode determinar os valores dos coefi-
cientes de carga e de flexibilidade, na forma
δ10 =
1
6EI
× 11, 25× 1× 3− 1
3EI
× 11, 25× 1× 3− 1
3EI
× 32× 1× 4 = −144, 88
3EI
δ20 = − 1
3EI
× 32× 1× 4− 1
3EI
× 12, 5× 1× 2, 5 = −159, 25
3EI
δ11 =
1
3EI
× 1× 1× 3 + 1
3EI
× 1× 1× 4 = 7
3EI
δ12 = δ21 =
1
6EI
× 1× 1× 4 = 2
3EI
δ22 =
1
3EI
× 1× 1× 4 + 1
3EI
× 1× 1× 2, 5 = 6, 5
3EI
R11 × δB = 1
3
× 0, 003 = 0, 001
R12 × δB = 0× 0, 003 = 0
De modo que, o sistema de equac¸o˜es toma a forma
−144, 88
3EI
+
7
3EI
X1 +
2
3EI
X2 = 0, 001
−159, 25
3EI
+
2
3EI
X1 +
6, 5
3EI
X2 = 0
ou, considerando que EI = 12000 kNm2,
−144, 88 + 7X1 + 2X2 = 36
−159, 25 + 2X1 + 6, 5X2 = 0
cuja soluc¸a˜o e´
X1 = 20, 66 kNm e X2 = 18, 14 kNm.
Segue a determinac¸a˜o das reac¸o˜es.∑
MdirD = 0 2, 5×RE + 18, 14− 16× 2, 5× 1, 25 = 0 RE = 12, 74 kN ↑
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∑
M esqC = 0 3×RB + 20, 66− 10× 4, 5× 2, 25 = 0 RB = 26, 86 kN ↑∑
MdirC = 0 4×RD +20, 66+ 12, 74× 6, 5− 16× 6, 5× 3, 25 = 0 RD = 58, 63 kN ↑∑
Fy = 0 RB +RC +RD +RE − 10× 4, 5− 16× 6, 5 = 0 RC = 50, 77 kN ↑
Por fim, a partir dos resultados obtidos se pode trac¸ar o diagrama de momentos de flexa˜o
3a. Questa˜o
Resolva a trelic¸a plana carregada como mostra a figura abaixo pelo Me´todo das Forc¸as. Concomi-
tantemente ao carregamento externo, a barra EF sofre um aquecimento uniforme de 40oC. As barras
desta trelic¸a tem ideˆntica rigidez axial de valor igual a EA = 3 × 105 kN . Em B esta trelic¸a esta´
apoioada em uma mola de extensa˜o de constante k = 2200, kN/m. Considere α = 1× 10−5 /oC.
Soluc¸a˜o
Esta trelic¸a apresenta um grau hiperesta´tico igual a 2. Sua hiperestaticidade e´ externa.
Dentre as va´rias possibilidades de escolha de sistema principal, foi escolhida a mostrada na figura
abaixo. Nesta mesma figura, esta˜o identificados os hiperesta´ticos X1 e X2.
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Para a escolha mostrada, o sistema de equac¸o˜es toma a forma:
δ10 + δ11X1 + δ21X2 = 0
δ20 + δ12X1 + δ22X2 = −X2
k
Segue a determinac¸a˜o das forc¸as normais nas barras da trelic¸a do sistema principal para cada um
dos estados, visando o ca´lculo dos coeficientes δi0 e δij .∑
MD = 0
9×RAy − 32× 3− 20× 3 = 0
RAy = 17, 33 kN ↑∑
Fy = 0 RDy = 20− 17, 3 = 2, 67 kN ↑∑
Fx = 0 RDx = 32 kN →
Resolvendo, na sequeˆncia, o equil´ıbrio dos no´s A, D, C, B e E, se obte´m
N1 = +17, 33, N4 = −24, 51
N8 = −3, 77 N3 = +34, 67
N7 = 0, N2 = +34, 67
N6 = −24, 51 N5 = +17, 33
N9 = +14, 67
Resolvendo, na sequeˆncia, o equil´ıbrio
dos no´s A, D, C, B e E, se obte´m
N1 = −1, N4 = 0
N8 = 0, N3 = −1
N7 = 0, N2 = −1
N6 = 0 N5 = 0
N9 = 0
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∑
MD = 0
9×RAy + 1× 6 = 0
RAy = −2
3
↓∑
Fy = 0 RDy = −1 + 2
3
=
1
3
↓
Resolvendo, na sequeˆncia, o equil´ıbrio dos no´s A, D, C, B e E, se obte´m
N1 = −0, 67, N4 = +0, 94
N8 = +0, 47 N3 = −0, 33
N7 = 0, N2 = −0, 33
N6 = −0, 47 N5 = −0, 67
N9 = +0, 67
Tabelando o ca´lculo dos coeficientes de carga e de flexibilidade
Barra E0 E1 E2 Li δ10 δ20 δ11 δ22 δ12 = δ21
1 17,33 -1 -0,67 3 -52 -34,83 3 1,35 2
2 34,67 -1 -0,33 3 -104 -34,32 3 0,33 1
3 34,67 -1 -0,33 3 -104 -34,32 3 0,33 1
4 -24,51 0 0,94 3
√
2 0 -97,75 0 3,75 0
5 17,33 0 -0,67 3 0 -34,83 0 1,35 0
6 -24,51 0 -0,47 3
√
2 0 48,87 0 0,94 0
7 0 0 0 3 0 0 0 0 0
8 -3,77 0 0,47 3
√
2 0 -7,52 0 0,94 0
9 14,67 0 0,67 3 0 29,49 0 1,35 0
-260 -165,21 9 10,34 4
A influeˆncia do aquecimento uniforme na barra EF (a de nu´mero 9) deve ser considerada como
carregamento externo e portanto influenciandoos coeficientes de carga δ10 e δ20.
Para δ10 se tem
δ10 = α∆T
∫
EF
N19dx = 0, visto que N
1
9 = 0
Para δ20 se tem
δ20 = α∆T
∫
EF
N29dx = 1× 10−5 × 40× (0, 67× 3) = 80, 4× 10−5, visto que N29 = 0, 67
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Assim, considerando que os valores tabelados devem ser divididos por EA, se tem
−260
EA
+
9
EA
X1 +
4
EA
X2 = 0(−165, 21
EA
+ 80, 4× 10−5
)
+
4
EA
X1 +
10, 34
EA
X2 = −X2
k
onde EA = 300000 kN e k = 2200 kN/m. Deste modo, se obte´m
−260 + 9X1 + 4X2 = 0
(−165, 21 + 241, 2) + 4X1 + 10, 34X2 = −136, 36X2
ou,
−260 + 9X1 + 4X2 = 0
76 + 4X1 + 146, 70X2 = 0
e finalmente
9X1 + 4X2 = 260
4X1 + 146, 70X2 = −76
cuja soluc¸a˜o nos leva aos valores dos hiperesta´ticos
X1 = 29, 48 kN → e X2 = −1, 32 kN↓
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