Cálculo de DMF em Estruturas

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Aula de Exercícios: 
APLICAÇÃO 2 
Calcular o DMF para a viga de inércia constante da figura: 
A estrutura pode ser encarada da seguinte forma: 
APLICAÇÃO 2 
Sistema Principal: 
Efeitos no Sistema Principal – Carregamento externo 
Devido à carga uniformemente distribuída: 
Barra 1: Barra 2: 
MA = -MB = 40x6
2/12 = +120 kNm MB = 40x62/8 = +180 kNm 
β10 = +20 
APLICAÇÃO 2 
Efeitos no Sistema Principal – Rotação Δ1 
Arbitrando J = 24 e trabalhando com a rigidez relativa, temos: 
 Barra 1: Barra 2: 
 k = 24/6 = 4 k’ = (3/4) x 24/6 = 3 
 β11 = 4 + 3 = 7 
Cálculo da Incógnita 
Δ1 = -β10/β11 = -20/7 
Efeitos Finais 
M = M0 –(20/7)M1 
APLICAÇÃO 2 
Obs: O balanço não introduz nenhuma incógnita adicional no 
problema, pois podemos rompê-lo e transferir suas ações para o apoio 
adjacente (C). 
APLICAÇÃO 3 
Faremos a aplicação anterior para um engaste elástico em A de 
constante K = 105 kNm/rad. A viga tem EJ = 0,6 x 105 kNm2. 
Haverá a deslocabilidade adicional do nó A. 
Sistema Principal 
APLICAÇÃO 3 
Efeitos no Sistema Principal – Carregamento Externo 
β10 = +20 
β20 = +120 
Efeitos no Sistema Principal – Rotação Δ1 
Trabalharemos com a rigidez verdadeira, para não ter que definir 
a rigidez relativa do engaste elástico. Adotando Δ1 = 10-3 rad: 
Barra 1: Barra 2 
M = 4EJx10-3/l = 4x0,6x102 = 40 kNm M = 3EJx10-3/l = 30 kNm 
 β11 = +70; β21 = +20 
 
APLICAÇÃO 3 
Efeitos no Sistema Principal – Rotação Δ2 
Dando, também, uma rotação Δ2 = 10-3 radianos, temos no nó A: 
Engaste elástico: M = 105 x 10-3 = 100 kNm 
Barra 1: M = 4EJx10-3/l = 4x0,6x102 = 40 kNm 
 β12 = +20; β22 = +140 
APLICAÇÃO 3 
Cálculo das Incógnitas 
 Δ1 = - 70 20 -1 20 = -0,0425 
 Δ2 20 140 120 -0,85 
 
Efeitos Finais 
A partir dos momentos finais (M = M0 -0,0425M1 -0,85M2), 
obtemos o DMF. 
 
APLICAÇÃO 4 
Calcular o DMF para a estrutura da figura abaixo: 
APLICAÇÃO 4 
Equações: 2,35Δ1+0,80Δ2 = -67,5 
 0,80Δ1+2,35Δ2 = 127,5 
Δ1 = -53,38 
Δ2 = +72,42 
APLICAÇÃO 4 
MBe = -20 + 0,75 x (-53,38) + 0 = -60,0 
MCd = -40 + 0 + 0,75 x (72,42) = 14,3 
 
10x42/8 = 20; 20x32/8 = 22,5 
40x2,5x2,5/5 + 30x52/8 = 143,7 
30x2,52/8 = 23,4 
APLICAÇÃO 5 – Reações de apoio 
Obter o DMF e as reações de apoio para a estrutura da figura: 
Tendo a estrutura duas 
deslocabilidades internas (D 
e F) e nenhuma externa, o 
sistema principal é o da 
figura abaixo: 
APLICAÇÃO 5 – Reações de apoio 
Calculando os efeitos no sistema principal para o carregamento 
externo e para as rotações Δ1 e Δ2, que deixamos como 
exercício, encontramos (considerando J = 60): 
β10 = 0 e β20 = -80 
β11 = 55,25 (12+12+11,25+20) e β21 = 6 
β21 = 6 e β22 = 27 (12+15) 
Resolvendo o sistema: 
A partir de E = E0 – 0,33E1 + 2,97E2, obtemos os momentos nas 
extremidades das barras e o DMF procurado. 
APLICAÇÃO 5 – Reações de apoio 
A obtenção das reações não é tão simples. Neste exemplo, o 
procedimento mais fácil é rotular todos os nós da estrutura e 
aplicar, como cargas, os momentos atuantes nas extremidades 
das barras e o carregamento externo. Ficamos com uma 
estrutura hipostática com um carregamento auto-equilibrado e, 
assim, torna-se possível obter as reações de apoio com as 
equações da Estática. 
APLICAÇÃO 5 – Reações de apoio 
ME = 0 → HC = 0 
MD
⑤ = 0 → HB = 10,5/3 = 3,5 kN 
Σ X = 0 → HA = 3,5 kN 
MD
① = 0 → 3,5x3 + 4VA – 78 – 60x4x2 + 84 = 0 → VA =116 kN 
Σ MC = 0 → 116x8 + 4VB + 3,5 – 78 – 60x8x4 = 0 → VB = 268 kN 
Σ Y = 0 → VC = 60x8 – VA – VB = 96 kN 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Conceito de rigidez à torção de uma barra: 
Definimos como rigidez à torção, num nó de uma barra 
biengastada à torção, o valor do momento de torção que, 
aplicado neste nó, suposto livre para girar por torção, provoque 
uma rotação unitária do mesmo. 
Aplicando um momento Kt em A, temos que a rotação por 
torção da barra AB em A será: A = ∫l Kt dx / (GJt). 
Para termos A = 1, Kt deverá 
valer: 
 Kt = G / [∫ dx/Jt] 
(expressão inteiramente geral) 
Se Jt é constante, Kt = GJt/l 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Convenção: 
O sentido positivo para a rotação por torção e para os momentos 
torçores que ela provoca é indicado na figura anterior. 
Kt = + G / [∫ dx/Jt] e TB = -Kt 
O coeficiente de transmissão de momentos torçores de um nó 
para outro de uma barra reta biengastada à torção, qualquer que 
seja sua variação de inércia, é igual a (-1). 
 
Obter o DMF e o DMT para a grelha da figura, cujas barras têm 
EJ = 5 x 105 kNm2 e GJt = 4 x 105 kNm2. 
 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Sendo a grelha externamente indeslocável, o número de 
deslocabilidades é igual ao dobro de nós internos (B e C). Cada 
nó possui componentes de rotação em torno dos eixos x e y 
(grelha no plano xy). 
Sistema Principal: 
Na figura, estão indicados os sentidos positivos para rotações e 
momentos em torno dos eixos x e y: 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Efeitos no sistema principal: 
Carregamento Externo: 
β10 = 0; β20 = +25; β30 = -50; β40 = +50 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Rotação Δ1: 
Dando uma rotação Δ1 = 10-3 radianos à chapa 1, temos no nó C: 
Barra 3: M = 4EJΔ1/l = 4 x 5 x 100 / 5 = +400 
Barra 2: T = GJtΔ1/l = 4 x 100 / 10 = +40 
 β11 = 440; β21 = -40; β31 = 0; β41 = 0 
 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Rotação Δ2: 
Dando uma rotação Δ2 = 10-3 radianos à chapa 2, temos no nó B: 
Barra 1: M = 4EJΔ2/l = 4 x 5 x 100 / 5 = 400 
Barra 2: T = GJtΔ2/l = 4 x 100 / 10 = 40 
 β12 = -40; β22 = 440; β32 = 0; β42 = 0 
 
 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Rotação Δ3: 
Dando uma rotação Δ3 = 10-3 radianos à chapa 3, temos no nó C: 
Barra 2: M = 4EJΔ3/l = 4 x 5 x 100 / 10 = +200 
Barra 3: T = GJtΔ3/l = 4 x 100 / 5 = 80 
 β13 = 0; β23 = 0; β33 = 280; β43 = 100 
 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Rotação Δ4: 
Dando uma rotação Δ4 = 10-3 radianos à chapa 4, temos no nó B: 
Barra 2: M = 4EJΔ3/l = 4 x 5 x 100 / 10 = +200 
Barra 1: T = GJtΔ3/l = 4 x 100 / 5 = 80 
 β14 = 0; β24 = 0; β34 = 100; β44 = 280 
 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Cálculo das Incógnitas: 
 
Momentos Finais nas Extremidades das Barras: 
E = E0 – 0,0052E1 – 0,0572E2 + 0,277E3 – 0,277E4 
 
 
APLICAÇÃO 6 – Grelhas 
Diagramas de Momentos Fletores e de Momentos Torsores: