Cálculo de Tirante em Pórtico

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Exercício de Tirante: 
Calcular o DMF e as reações de apoio para o pórtico da 
figura. Considerar três carregamentos: a) Carga concentrada; 
b) Carga distribuída; c) Carga total. 
(Dados: Jc = 100 x 10-4 m4; At = 10 cm2 (tirante elástico)) 
Carga concentrada Carga distribuída 
Diagrama para X1 = 1 Diagrama para X2 = 1 
 Comprimentos elásticos: (Jb = Jc = 100 dm4) 
 Barras AB e CD (verticais): L’ = 4 x 100 / 200 = 2 m 
 Barra BC: L’ = 10 x 100 / 100 = 10 m 
 
 Matriz de flexibilidade: (x EJc) 
 d11 = 1/3 x 1 x 1 x 10 + 1 x 1 x 1 x 2 = 5,33 
 d12 = - 1/2 x 1 x 4 x 10 – 1/2 x 1 x 4 x 2 = -24,00 
 d22’ = 2 x 1/3 x 4 x 4 x 2 + 1 x 4 x 4 x 10 = 181,33 
 d22t = (1/10) x (100 x 10-4/10 x 10-4) x 10 = 10,00 
 d22 = 181,33 + 10,00 = 191,33 
 
 Carga concentrada: (x EJc) 
 d10’ = -1/3 x 800 x 1 x 10 – 1/2 x 800 x 1 x 2 = -3466,70 
 d20’ = 1/2 x 800 x 4 x 10 + 1/3 x 800 x 4 x 2 = 18133,30 
Carga distribuída: (x EJc) 
d10’’ = 1/3 x 375 x 1 x 10 = 1250,00 
d20’’ = -2/3 x 375 x 4 x 10 = - 10000,00 
 
a) Carga concentrada: 5,33 X1 – 24,00 X2 = 3466,70 
 -24,00 X1 + 191,33 X2 = -18133,30 
 X1 = 513,9 e X2 = -30,3 (comp.) 
b) Carga distribuída: 5,33 X1 – 24,00 X2 = -1250,00 
 -24,00 X1 + 191,33 X2 = 10000,00 
 X1 = 1,89 e X2 = 52,5 (tração) 
c) Carga total: 5,33 X1 – 24,00 X2 = 2216,70 
 -24,00 X1 + 191,33 X2 = -8133,30 
 X1 = 515,8 e X2 = 22,2 (tração) 
Assim, podemos verificar que o tirante só funciona nos casos b e c. 
No caso a, a estrutura deve ser recalculada sem o tirante. 
Esforços Finais: 
MB = 0 + 0 + 0 + (-4) x 22,2 = -88,8 kNm 
MC = -80 + 0 + 1 x 515,8 + (-4) x 22,2 = -373,0 kNm 
MD = 0 + 0 + 1 x 515,8 + 0 = 515,8 kNm 
RA = -80 + 150 + 1/10 x 515,8 = 121,58 kN 
RB = 80 + 150 – 1/10 x 515,8 = 178,42 kN 
Exercício de tirante elástico: 
Obter os diagramas de momento fletor no quadro e de 
esforço normal no tirante, se este sofrer um encurtamento 
de 1 cm. São dados: EJ = 3 x 104 tm2 e EJ/ES(tir.)= 2 m2. 
Observar que a rótula inferior do quadro está colocada no nó (3 barras). 
Trata-se de uma estrutura duas vezes hiperestática. 
Rompendo-se o tirante e rotulando-se um nó da estrutura, 
temos o sistema principal da figura. 
 Diagramas no sistema principal: 
 Diagramas M1 e N1(tirante) Diagramas M2 e N2(tirante) 
 Cálculo dos EJc dij: 
 EJc d1enc = 0 
 EJc d2enc = -3 x 104 x 10-2 = -300 
 EJc d11 = 1 + 3 + 1 = 5 
 EJc d12 = 3 2 / 2 
 EJc d22 = 2 x 1/3 x 3 x (3 2 / 2)2 + 2 x 1 x 1 x 3 2 
 = 15 
 
 Equações de compatibilidade: 
 d11 X1 + d12 X2 = -d1enc 
 d21 X1 + d22 X2 = -d2enc 
 X1 = -9 e X2 = 21,3 
 
 Diagramas Finais: 
 A partir de E = -9 E1 + 21,3 E2, temos o diagrama: 
Exercício proposto: 
 Calcular o DMF e as reações de apoio para a estrutura 
 com inércia constante da figura. 
Resposta: 
Exercício com carga distribuída parcial: 
 Calcular o DMF para a estrutura representada na figura. 
Matriz de flexibilidade: 
d11 = 1/3 x 1 x 1 x 5 + 1/3 x 1 x 1 x 4 = 3 
d12 = 1/6 x 1 x 1 x 4 = 2/3 
d22 = 1/3 x 1 x 1 x 4 = 4/3 
 Vetor de termos independentes: 
 d10 = 1/3 x 1 x 0,2 x 15 + 1/6 x 3 x [15(2 x 0,2 + 0,8) + 
 15(2 x 0,8 + 0,2)] + 1/3 x 3 x (0,2 + 0,8) x 11,25 + 
 1/6 x 1 x [15(2 x 0,8 + 1,0)] + 1/6 x 2 x [30(2 x 0,5 + 
 1,0)] + 1/3 x 2 x 30 x 0,5 = 1,00 + 22,50 + 11,25 + 
 6,50 + 20,00 + 10,00 = 71,25 
 d20 = 1/3 x 2 x 30 x 0,5 + 1/6 x 2 x [30(2 x 0,5 + 1,0)] = 
 10,00 + 20,00 = 30,00 
 
 Sistema: 3 X1 + 2/3 X2 = -71,25  X1 = -21,09 
 2/3 X1 + 4/3 X2 = -30,00 X2 = -11,95 
 M1 = 1 x (-21,09) = -21,09 kNm 
 M2 = 1 x (-11,95) = -11,95 kNm 
 R = 15 + 1/5 x (-21,09) = 10,78 kN 
 Minício = 10,78 x 1 = 10,78 kNm 
 Mfim = 10,78 x 4 – 10 x 3
2 / 2 = -1,87 
 
Diagrama Final: 
Artifício do Arranjo de Cargas 
 a) Suponhamos a estrutura elástica e geometricamente 
 simétrica da figura, submetida ao carregamento indicado. 
Seção S: 
• Deslocamento horizontal nulo 
• Rotação nula 
 
• Força cortante nula 
 Sendo o carregamento simétrico, se ele tende num 
dos lados da seção S a provocar um deslocamento 
horizontal ou uma rotação num dado sentido, o 
carregamento do outro lado tenderá a provocá-las no 
sentido oposto, anulando-se as duas parcelas. 
 
 No exemplo, a estrutura três vezes hiperestática 
pode ser simplificada para a estrutura duas vezes 
hiperestática da figura inferior. 
 
 Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da 
estrutura, os diagramas para a outra metade serão 
obtidos lembrando que, para carregamento simétrico, 
os diagramas de momentos fletores e esforços 
normais são simétricos e o de esforço cortante é anti-
simétrico. 
Outro exemplo: 
 b) Suponhamos a mesma estrutura anterior elástica e 
 geometricamente simétrica submetida ao carregamento 
 anti-simétrico indicado. 
Seção S: 
 Deslocamento vertical nulo 
 
 Força normal nula 
 Momento fletor nulo 
 No caso agora, as tendências de deslocamento 
horizontal e de rotação da seção S de simetria, provocadas 
pelas forças atuantes de cada um de seus lados, se 
somarão. 
 
 No entanto, para o deslocamento vertical, as tendências 
do deslocamento em S se oporão, fazendo com que seja 
nulo. 
 
 No exemplo, a estrutura três vezes hiperestática pode 
ser simplificada para a estrutura uma vez hiperestática da 
figura inferior. 
 
 Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da 
estrutura, os diagramas da outra metade serão 
determinados lembrando que os diagramas de momentos 
fletores e esforços normais serão anti-simétricos e o de 
esforços cortantes é simétrico. 
Outro exemplo: 
 c) Caso em que o eixo de simetria contém uma barra da 
 estrutura: 
 Suponhamos o quadro simétrico da figura, submetido 
 ao carregamento simétrico indicado. 
(Comparar com o caso a com 
deslocamento vertical impedido – 
engaste) 
 
Se não houver o impedimento ao 
deslocamento, não pode haver a 
simplificação aqui proposta. 
G = 6 
G = 3 
 A barra SC, interceptada pelo eixo de simetria. Ficará 
submetida apenas a um esforço normal constante, igual 
ao dobro da reação vertical em S calculada a partir do 
esquema simplificado da figura anterior. 
 
 Analisemos, agora, o caso do carregamento anti- 
simétrico, conforme a figura abaixo, para a qual a barra 
interceptada pelo eixo de simetria tem inércia igual a J. 
A metade da barra SC é solicitada pelo 
carregamento atuante na parte da esquerda 
da estrutura e que a outra metade é solicitada 
pelo carregamento atuante na parte da direita 
da estrutura, que poderá ser resolvida a partir 
do esquema indicado à na figura, para a parte 
da esquerda. 
Os diagramas finais serão obtidos lembrando que os 
diagramas de momentos fletores e de esforços normais 
serão anti-simétricos e que o diagrama de esforços 
cortantes será simétrico. Notar que, para a barra SC, o 
diagrama final de momentos fletores será, por esta 
razão, igual ao dobro do obtido a partir do esquema 
acima indicado. 
Exemplos de Estruturas Simétricas: 
Treliças 
Pórtico plano com dois eixos de simetria 
Anel com quatro eixos de simetria 
Exemplos de EstruturasAnti-simétricas: 
Pórtico plano 
O Artifício: 
Quando tivermos, numa estrutura elástica e 
geometricamente simétrica, a atuação de um 
carregamento qualquer, vamos decompor este 
carregamento em suas componentes simétrica 
e anti-simétrica (o que é sempre possível fazer), 
resolvendo a estrutura, separadamente, para 
cada uma destas componentes do 
carregamento. 
 
Poderemos explorar as simplificações aqui 
apresentadas, superpondo, a seguir, os 
diagramas solicitantes encontrados para cada 
caso, a fim de obter o diagrama solicitante final. 
Exemplos: 
Exemplo de Aplicação do Artifício 
G = 6 
G = 4 
G = 2 
Exercícios: 
 1) Para a estrutura elástica e geometricamente 
 simétrica da figura, identificar as parcelas 
 simétrica e anti-simétrica do carregamento e o 
 diagrama de momentos fletores, sendo que o 
 DMF da parcela simétrica é dado. 
Diagrama da parcela simétrica 
 As parcelas simétrica e anti-simétrica do 
 carregamento estão mostradas na figura abaixo: 
A resolução da parcela anti-simétrica recai na análise do 
modelo reduzido isostático representado na figura, onde 
está representada a obtenção das reações de apoio. 
Diagrama Final – Carregamento Total 
 A partir dos diagramas de momentos fletores para 
 as parcelas simétrica e anti-simétrica, podemos 
 obter o DMF para o carregamento total. 
2) Determinar os diagramas de esforços seccionais 
do pórtico plano representado na figura, 
considerando apenas a deformação do momento 
fletor. Todas as barras têm o mesmo EJ. 
A decomposição do carregamento está apresentada na 
figura seguinte. 
 Análise da parcela simétrica do carregamento: 
 Considerando a simetria do pórtico e do 
carregamento, vamos utilizar o modelo e o 
sistema principal indicados na figura seguinte. 
 Os estados E0, E1 e E2 estão mostrados na figura seguinte, 
 juntamente com os correspondentes diagramas de momento 
 fletor. Assim: 
 EJ d10 = (1/3)x80x4x4 + (1/3)x20x4x4 + (1/3)x80x4x6 = 
 1173,30 
 EJ d20 = -(1/6)x80x1x6 = -80,00 
 EJ d11 = (1/3)x4x4x4 + (1/3)x4x4x6 = 53,33 
 EJ d22 = (1/3)x1x1x6 = 2,00 
 EJ d12 = -(1/6)x4x1x6 = -4,00 
 Resolvendo o sistema: 
 53,33 X1 – 4,00 X2 = -1173,30  X1 = -22,35 
 -4,00 X1 + 2,00 X2 = 80,00 X2 = -4,71 
 Os diagramas dos esforços seccionais serão: 
 Análise da parcela anti-simétrica do carregamento: 
 Considerando a simetria do pórtico e a anti- 
 simetria do carregamento, vamos utilizar o modelo 
e o sistema principal indicados na figura seguinte. 
Os estados E0 e E1 estão mostrados na figura seguinte, 
juntamente com os correspondentes diagramas de momento 
fletor. Assim: 
EJ d10 = -(1/3)x80x4x4 –(1/3)x20x4x4 –(1/2)x80x4x6 = -1493,3 
EJ d11 = (1/3)x4x4x4 + 4x4x6 + 2x(1/3)x4x4x4 = 160,0 
Resolvendo o sistema: 
160X1 = 1493,3  X1 = 9,33 
Os diagramas dos esforços seccionais estão representados 
Na figura seguinte. 
Os diagramas da estrutura original são obtidos por soma dos 
diagramas dos carregamentos simétrico e anti-simétrico. O 
grau de indeterminação estática da estrutura original é 3 e os 
das estruturas simplificadas são, respectivamente, 2 e 1. 
 3) Determinar o diagrama de momentos fletores 
para o quadro, cujas barras têm EJ = 104 kNm2, 
para um recalque de apoio de 2 cm, de cima para 
 baixo, do apoio A. 
O recalque de apoio de 
que fala o problema pode 
ser decomposto nas 
parcelas simétrica e anti-
simétrica indicadas a 
seguir. 
a) Parte simétrica: 
A estrutura está afundando, toda ela, de 1 cm, não 
aparecendo nenhum esforço devido a este recalque 
uniforme, pois ele não terá qualquer impedimento. 
 
b) Parte anti-simétrica: 
A estrutura a resolver é a da figura seguinte. Levando em 
conta a rótula em B, podemos escrever que Vc = 0, 
simplificando-se a estrutura a resolver. 
 A figura abaixo esclarece a resolução: 
 Assim: 
 EJd11 = (1/3)x(-1)x(-1) x 2 + (-1)x(-1)x3 = 3,67 
 2 m é o comprimento da barra ED. 
 1 x d1r – (1/2) x 0,01 = 0  d1r = 0,005 
 EJd1r = 0,005 x 104 = 50 
 X1 = -50/3,67 = -13,6 
O diagrama já é o 
diagrama final, devido à 
contribuição nula da 
parte relativa ao 
carregamento simétrico