Estruturas Elásticas Simétricas

Prévia do material em texto

ESTRUTURAS ELÁSTICA E 
GEOMETRICAMENTE SIMÉTRICAS 
EXERCÍCIOS 
APLICAÇÃO 1 
Calcular o DMF para o quadro simétrico da figura, cujas barras 
têm as inércias indicadas em m4. 
A deslocabilidade horizontal da barra DEF não se manifestará, 
com o que podemos afirmar que os nós D, E e F são 
indeslocáveis linearmente. Isso acarreta a indeslocabilidade do nó 
G (por estar ligado a dois pontos indeslocáveis D e F). 
APLICAÇÃO 1 
A estrutura se simplifica para a da figura da esquerda abaixo e o 
Sistema Principal está representado na figura da direita. 
Efeito no SP do carregamento externo: 
MD = -MG = 10 x 12
2 / 12 = 120 kNm; 
β10 = +120 
APLICAÇÃO 1 
Rotação Δ1: 
Trabalhando com rigidez relativa e multiplicando as inércias por 
103, temos os seguintes momentos devidos à rotação Δ1: 
Barra DG: k = J/l = 26 / 13 = 2 kNm; 
Barra DE: k = J/l = 24 / 12 = 2 kNm; 
Barra AD: k’ = (3/4) J/l = (3/4) (8 / 6) = 1 kNm. 
β11 = +5 
 
 
 
APLICAÇÃO 1 
Cálculo da incógnita: 
120 + 5Δ1 = 0 → Δ1 = -24 
 
Efeitos Finais: 
M = M0 – 24M1 
APLICAÇÃO 1 
APLICAÇÃO 2 
Calcular os DMF para o quadro da figura, cujo material tem E = 
2 x 107 kN/m2, provocados por: a) aumento uniforme de 
temperatura de 30°C; b) recalque do apoio B de 1 cm, de cima 
para baixo. É dado o coeficiente de dilatação α = 10-5 / °C. 
Sistema Principal 
Devido à simetria, a estrutura a resolver é a da figura seguinte, 
cujo Sistema Principal é está representado ao lado. 
APLICAÇÃO 2 
a) Efeitos no SP do aumento de temperatura: 
As barras aumentarão seus comprimentos dos seguintes valores: 
Barra 1: ΔL1 = αΔtL1 = 10
-5 x 30 x 4 = 1,2x10-3 m = 1,2 mm; 
Barra 2: ΔL2 = αΔtL2 = 10
-5 x 30 x 10 = 3,0x10-3 m = 3,0 mm; 
Barra BE: ΔLBE = αΔtLBE = 10
-5 x 30 x 10 = 3,0x10-3 m = 3,0 mm. 
O ponto E subirá 3 mm (barra BE). Desta forma, traçamos o 
Williot e obtemos os DOR das extremidades das barras 1 e 2. 
APLICAÇÃO 2 
Os momentos de engastamento perfeito são: 
Barra 1: MA=MD=6EJρ/l
2= 6x2x107x5x10-3x 
 x(-2,4x10-3)/42 = -90 kNm; 
Barra 2: MD=ME= 0 kNm. 
β10 = -90 
 
 
0,a → e → 1(a), 2(e) → d 
ρDA = 1d = -2,4 mm (sent. do momento); 
ρDE = 2d = 0. 
APLICAÇÃO 2 
Cálculo da Incógnita: 
Δ1 = 90/3,25 = 27,6 
 
Efeitos finais devidos à temperatura: 
M = Mt + 27,6M1 
 
Rotação Δ1: 
Trabalhando com rigidez relativa e multiplicando as inércias por 
103, temos, em torno do nó D, os seguintes momentos devidos à 
rotação Δ1: 
Barra 1: k = J/l = 5 / 4 = 1,25 kNm; 
Barra 2: k = J/l = 20 / 10 = 2 kNm; 
β11 = +3,25 
APLICAÇÃO 2 
APLICAÇÃO 2 
0,a → e → d 
ρDA = ad = -0,75 cm (sent. do momento); 
ρDE = ed = +1,25 cm. 
 
 
b) Efeitos no SP do recalque vertical em B: 
O Sistema Principal ainda é o mesmo e basta estudarmos os 
efeitos do recalque de apoio no SP. Para tal, traçamos o Williot 
da figura, obtido lembrando-se que o nó E terá um deslocamento 
vertical igual ao recalque vertical de B (1 cm para baixo). 
 
 
APLICAÇÃO 2 
Os momentos de engastamento perfeito são: 
Barra 1: MA=MD=6EJρ/l
2= 6x2x107x5x10-3x 
 x(-0,75x10-2)/42 = -281,0 kNm; 
Barra 2: MD=ME= 6x2x10
7x20x10-3x 
 x(1,25x10-2)/102 = +300,0 kNm; 
β10 = +19 
 
 Cálculo da Incógnita: 
Δ1 = -19/3,25 = -5,85 
 
Efeitos finais devidos ao recalque: 
M = Mr – 5,85M1 
 
APLICAÇÃO 2 
APLICAÇÃO 3 
Para a estrutura elástica e geometricamente simétrica da figura: 
 
a) Decompor o carregamento na soma de um simétrico e um anti-
simétrico; 
 
b) Mostrar como ficam as matrizes de flexibilidade e de rigidez da 
estrutura, considerando os carregamentos parciais do item a e 
supondo a resolução pelo Método das Forças e pelo Método dos 
Deslocamentos, respectivamente; 
 
c) Resolver a estrutura para as parcelas simétrica e anti-simétrica 
empregando, em cada caso, o método que requeira a determinação de 
um menor número de incógnitas; 
 
d) Desenhar o DMF final; 
APLICAÇÃO 3 
a) Decomposição do carregamento 
APLICAÇÃO 3 
b) Supondo a resolução pelo Método das Forças, os 
hiperestáticos seriam os indicados na figura seguinte, conduzindo 
a uma matriz de flexibilidade com a forma abaixo: 
A barra bi-rotulada AB, por estar descarregada, trabalhará 
exclusivamente ao esforço normal, simbolizado pelo 
hiperestático (X1). 
APLICAÇÃO 3 
Para a resolução pelo Método dos Deslocamentos, os Sistemas 
Principais e incógnitas são os da figura abaixo, conduzindo a uma 
matriz de rigidez com a forma indicada: 
Concluímos que devemos resolver a parcela simétrica pelo 
Método dos Deslocamentos e a parcela anti-simétrica pelo 
Método das Forças. Teremos uma incógnita em cada resolução. 
APLICAÇÃO 3 
c) Resolução para as parcelas simétrica e anti-simétrica do 
carregamento: 
Parcela Simétrica – Método dos Deslocamentos 
 
Sistema Principal (figura anterior) 
Efeitos no SP do carregamento externo 
Momentos de engastamento perfeito: 
Barra AC: MC = ql
2/8 = +10x62/8 = +45 kNm; 
Barra CD: MC = Pl/8 = +40x12/8 = +60 kNm; 
Barra CE: ME = -MC = ql
2/12 = +10x62/12 = +30 kNm. 
β10 = +75 
APLICAÇÃO 3 
Rotação Δ1: 
Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando JC = 12, temos, em 
torno do nó C, os seguintes momentos devidos à rotação Δ1: 
Barra AC: k’ = (3/4) JC/l = (3/4) (12/6) = +1,50; 
Barra CD: ks = (1/2) 2JC/l = (1/2) (24/12) = +1,00; 
Barra CE: k = JC/l = 12/6 = 2,00. 
β11 = +4,50 
 
APLICAÇÃO 3 
Cálculo da Incógnita: 
Δ1 = -75/4,50 = -16,7 
 
Efeitos finais: 
M = Ms0 – 16,7M1 
 
APLICAÇÃO 3 
APLICAÇÃO 3 
Parcela Anti-simétrica – Método das Forças 
 
Sistema Principal (figura anterior) 
 
Cálculo dos EJCδ: 
EJCδ40 = -(1/3)x720x6x12 + (1/3)x180x6x6 = -36 x 420 
EJCδ44 = 6x6x6 + (1/3)x6x6x3 = 36 x 7 
 
 
 
APLICAÇÃO 3 
Equação de compatibilidade e hiperestático: 
X4 = -(-36 x 420)/(36 x 7) = +60 
 
Efeitos finais: 
M = M0 + 60M4 
APLICAÇÃO 3 
Diagrama Final: 
O DMF será a soma dos diagramas do carregamento simétrico e 
do carregamento anti-simétrico. 
Como exercício, resolver 
a parcela anti-simétrica do 
carregamento pelo Método 
dos Deslocamentos.