Lista01-Hiperestatica-Metodo_Carga_Unitaria_Unicap-2014-2pdf

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1) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 16000 kN. 
 
Solução: 
 
1 
3 
4 
2 
2 m 2 m 2 m 
1,5 m 
1 kN 
V1 V2 
HA 
 
Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as 
reações de apoio. 
0H0F Ax 
 
Em seguida pode-se resolver a equação: 
  0Mz
, 
assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos: 
kN5,0V
0214V0M
1
1z

 
 usando a equação: 
  0Fy
, temos: 
kN5,1V
01VV0F
2
21y

 
Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen  = 0,6 e cos  = 0,8) 
 
 
4 
N2-4 
N3-4 
1 kN 
 
 
 
1 N1-2 
N1-3 
0,5 kN 
 
 
 
2 
N2-3 
N1-2 
N2-4 
1,5 kN 
 
kN33333,1N
0cosNN
kN66667,1N
0senN1
43
4243
42
42








 
kN66667,0N
0cosNN
kN83333,0N
05,0senN
21
3121
31
31








 
kN83333,0N
05,1senNsenN
32
4232




 
 
Barra Nó i Nó f 
N
 
N
 L 
L.N.N
 
1 1 2 -0,66667 -0,66667 4 1,7777956 
2 3 4 1,33333 1,33333 4 7,1110756 
3 1 3 0,83333 0,83333 2,5 1,7360972 
4 2 3 -0,83333 -0,83333 2,5 1,7360972 
5 2 4 -1,66667 -1,66667 2,5 6,9444722 
 = 19,305538 
m0012066,0
16000
19,305538
EA
LNN

 mm21,1 
Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é =1,21 mm (para baixo) 
 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1
,5
 m
 
1,0 kN 
1 
3 
2 
4 
1 
4 
3 
2 
 
 
5 
 
 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
2) Calcule o deslocamento horizontal do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. 
Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 
533,33 kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já 
foram fornecidos. 
 
Barra 
N
 
N
 L 
L.N.N
 
1 –2,000 0,500 4,0 -4,0 
2 +4,000 1,000 4,0 16,0 
3 +2,500 0,625 2,5 3,90625 
4 –2,500 -0,625 2,5 3,90625 
5 –5,000 0,000 2,5 0,0 
 = 19,8125 
Solução: 
 
1 
3 
4 
2 
2 m 2 m 2 m 
1,5m 
1 kN 
V1 V2 
HA 
 
Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de 
apoio. 
1H0F Ax 
 
Em seguida pode-se resolver a equação: 
  0Mz
, assim, 
tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos: 
kN375,0V05,114V0M 11z 
 
 usando a equação: 
  0Fy
, temos: 
kN375,0V0VV0F 221y 
 
Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen  = 0,6 e cos  = 0,8) 
 
1 N1-2 
N1-3 
0,375 
1,0 
 
 
 4 
N2-4 
N3-4 
1,0 
 
 
 
2 
N2-3 
N1-2 
N2-4 
0,375 
kN5,0N
01cosNN
kN625,0N
0375,0senN
21
3121
31
31








 
kN1N
01cosNN
kN0N
0senN
43
4243
42
42








 
kN625,0N
0375,0senNsenN
32
3242




 
m0,0371487
533,33
18,8125
EA
LNN
3 
 
 
Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 3,71 cm (para direita) 
 
2,0 m 2,0 m 2,0 m 
1
,5
 m
 
3,0 kN 
1 
3 
2 
4 
1 
4 
3 
2 
 
 
5 
 
 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
barras são tubos de aço (E=210 GPa) com diâmetro externo de 10 cm e diâmetro 
interno 9,2 cm. 
 
2 m 
2 m 
4 m 
4 m 4 m 3 m 3 m 
1 2 
3 
6 
5 4 
7 
8 
9 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
20 kN 
 


 
65
4
sen 
; 
65
7
cos 
 
13
3
52
6
sen 
; 
13
2
52
4
cos 
 
13
2
sen 
; 
13
3
cos 
 
 
Solução: 
Para o carregamento original, os esforços normais N são calculados abaixo: 
Reações de Apoio 
020H0F 1x 
 

kN20H1 
 
014V0M 3)1(z 
 

kN0V3 
 
0VV0F 31y 
 

kN0V1 
 
 
Nó 1 
 
 1 
H1 
N1 
N3 

 
kN22,18801N
kN37,21042N
0senNsenN0F
0HcosNcosN0F
3
1
31y
131x






 
3) Calcule o deslocamento horizontal do nó 3 da treliça vista ao lado . Todas as nove 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
Nó 4 
 
4 
N7 
N4 


22,18801 
kN245,9N
kN03701,24N
0sen18801,22senNsenN0F
0cos18801,22cosNcosN0F
7
4
74y
74x






 
Nó 5 
 5 
N8 

24,03701 24,03701 
 
kN66667,26N
0Nsen03701,24sen03701,240F
8
8y

 
 
Observações 
1) Os esforços normais nas barras 2, 6, 5 e 9 são iguais aos esforços nas barras 1, 3, 4 e 7, respectivamente; 
2) Os esforços normais para a carga unitária foram calculados dividindo-se por vinte os esforços normais para o 
carregamento original. 
 
Barra 
N
 
N
 L 
L.N.N
 
1 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 
2 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 
3 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 
4 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 
5 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 
6 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 
7 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 
8 26,66667 1,33333 4,00000 142,22226 
9 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 
 = 1852,6805 
 
      
m0,0073131
03,253338
1852,6805
EA
LNN
kN03,253338m1012,063716
m
kN
10210cm2,9cm10
4
GPa210EA
11
1i
iii
22
2
622







 
 
Resposta: Deslocamento horizontal do nó 3 é =0,0073131 m ou =7,31 mm 
 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
EI = 8000 kN.m
2
. 
 
B A 
8,9 kN 
 
4,3m 1,1m 
C 
1,2m 
D 
9,8 kN 
 
 
Solução: 
 
B A 
8,9 kN 
 
4,3m 1,1m 
C 
1,2m 
D 
9,8 kN 
 
VA VB 
 
 
B A 
4,3m 1,1m 
C 
1,2m 
D 
VA VB 
1 
 
 
 
 
Reações de apoio para o carregamento original 
  0Mz
, ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: 
kN87674,8V01,18,95,59,83,4V AA 
 
  0Fy
, temos: 
kN82326,9V08,99,8VV BBA 
 
 
 
Tomando a origem de x em A, a equação de esforços no trecho AB é: 
m3,4x0)2,1x(9,8x87674,8)x(M)2,1x(9,8xV)x(M ABAAB 
 
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
m3,4x15,2)15,2x(1x5,0)x(M
m15,2x0x5,0)x(M
AB
AB


 
 
Assim o deslocamento no meio do vão é: 
     
m00310,0
8000
524,7997
EI
524,7997
524,7997dx15,2x5,0)2,1x(9,8x87674,8dxx5,0)2,1x(9,8x87674,8EI
C
3,4
15,2
15,2
0
C





 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical no meio do vão é =3,10 mm (para cima) 
 
4) Calcule o deslocamento vertical no meio do vão AB da viga biapoiada vista na 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
EI = 1000 kN.m
2
. 
 
B A 
10 kN 
 
4 m 
C 
1 m 
 
Solução: 
 
B A 
10 kN 
 
4 m 
C 
1 m 
VA=12,5 kN VB 
 
B A 
4 m 
C 
1 m 
VA=1,25 VB 
1 
 
 
 
 
Reações de apoio para o carregamento original 
  0Mz
, ou seja, tomando um eixo z que passapelo ponto B temos: 
kN5,12V00,5100,4V AA 
 
  0Fy
, temos: 
kN5,2V010VV BBA 
 
 
 
Tomando a origem de x em C, a equação de esforços nos trechos CA e AB são: 
m0,5x0,1x5,25,12)x(M)1x(Vx10)x(M
m0,1x0,0x10)x(M
ABAAB
AC

 
 
 
Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: 
m0,5x0,1x25,025,1)x(M
m0,1x0,0x)x(M
AB
AC


 
 
Assim o deslocamento no meio do vão é: 
       
m0167,0
1000
3/50
EI
3/110
3/50dxx25,025,1x5,25,12dxxx10EI
m
0,5
0,1
0,1
0,0
m

 
 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical da extremidade C da viga é C = 1,67 cm (para baixo) 
 
5) Calcule o deslocamento vertical da extremidade C da viga biapoiada vista na 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
abaixo. Considere o quadro trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia 
constante nas duas barras EI = 135500 kN.m
2
. 
 
B 
A 
C 
6 m 
8 kN 
4 m 
1 kN 
 
Solução: 
 
B 
A 
C 
6 m 
8 kN 
4 m 
1 kN 
 
 
B 
A 
C 
6 m 
1 
4 m 
 
Equações de momentos para o carregamento original 
 
Barra BC – origem do eixo x em B 
m6x0x8)x(MBC 
 
 
Barra AC – origem do eixo x em C 
m4x0x148)x(MBD 
 
Equações de momentos para a carga unitária 
 
Barra BC – origem do eixo x em B 
m6x0x)x(MBD 
 
 
Barra AC – origem do eixo x em C 
m4x06)x(MBD 
 
 
 
     
m0124,0
135500
1680
EI
1680
1680dx6x48dxxx8MMEI
VB
4
0
6
0
VB

 
 
 
 
Resposta: Deslocamento vertical do nó B é VB=1,24 cm (para baixo) 
 
6) Calcule o deslocamento vertical do nó B do quadro isostático visto na figura 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária 
representado pela figura abaixo. Considere as barras 1 e 3 de inércia EI=20000 kN.m
2
 
e a barra 2 de inércia 4EI, todas trabalhando fundamentalmente à flexão. 
 
1 
2 
B 
A 
C D 
5 m 
4 
m
 3 3 
m
 
8 kN 
 
Solução: 
 
B 
A 
C D 
8 kN 
1,6 kN 
1,6 kN 
8 kN 
 
 
B 
A 
C D 
1 
0,2 
0,2 
1 
 
Equações de momentos para o carregamento original 
 
Barra BD – origem do eixo x em B 
m3x0x8)x(MBD 
 
 
Barra CD – origem do eixo x em D 
m5x0x6,124)x(MCD 
 
 
Barra AC – origem do eixo x em A 
m4x0x8)x(MAC 
 
Equações de momentos para a carga unitária 
 
Barra BD – origem do eixo x em B 
m3x0x)x(MBD 
 
 
Barra CD – origem do eixo x em D 
m5x0x2,03)x(MCD 
 
 
Barra AC – origem do eixo x em A 
m4x0x)x(MAC 
 
 
        
 
m0183,0
20000
366
EI
366
dx
EI
)x(
8dx
EI4
x2,03
8dx
EI
)x(
8
dx
EI
xx8
dx
EI4
x2,036,124
dx
EI
xx8
EI
MM
HB
4
0
25
0
23
0
2
HB
4
0
5
0
3
0
HB









 
 
Resposta: Deslocamento horizontal do nó B é =18,3 mm (para esquerda) 
 
7) Calcule o deslocamento horizontal do apoio B do pórtico hiperestático 
 Exercícios de Fixação - Lista I Método da Carga Unitária