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8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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Universidade do Sul de Santa Catarina UNISULCurso: Engenharia Civil
Teoria das Estruturas II(2 Semestre / 2012)
Professor: Marcelo CechinelE-mail: marcelo.cechinel@unisul.br
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Contedo Programtico
Captulo I Reviso (Grau de Hiperstaticidade)
Captulo II Mtodo das Foras
Captulo III Mtodo dos Deslocamentos
Captulo IV Processo de Cross
Objetivo
Capacitar o aluno na anlise de estruturas hiperestticas, com nfase nas estruturasplanas, fornecendo subsdios para a determinao de esforos solicitantes, bem comoo traado de diagramas de estado, visando aplicao em estruturas de concretoarmado.
Metodologia
Apresentao do contedo dividido em captulos atravs de aulas expositivas;
Incentivo pesquisa bibliogrfica;
Proposio de tarefas e soluo de exerccios propostos pelo professor; Acompanhamento pelo professor para esclarecimento de dvidas;
Critrios de Avaliao
A avaliao ser realizada da forma que segue:
Avaliao 01: Prova escrita, individual, SEM consulta.Contedo: Captulo II (Mtodo das Foras)
Avaliao 02: Trabalho individual e/ou prova escrita, individual, SEM consulta.Contedo: Captulo III (Mtodo dos Deslocamentos)
Avaliao 03: Prova escrita, individual, SEM consulta.Contedo: Captulo IV (Processo de Cross)
Alm das trs avaliaes citadas, cabe ressaltar que a presena e a participao
contaro como parmetro na avaliao final do aluno.
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Captulo I - Reviso
1.1. Vnculos:
So classificados de acordo com o nmero de movimentos que impedem.
Vnculo Simples ou de Primeira Ordem: impedem apenas um
movimento, normalmente a translao.
Vnculo Duplo ou de Segunda Ordem: impedem dois movimentos
permitindo geralmente a rotao.
Vnculo Trplo ou de Terceira Ordem: impedem trs movimentos, a
saber, duas translaes e uma rotao.
1.2. Classificao das Estruturas:
Estrutura Hiposttica: Estruturas cujos movimentos de corpo-rgido NOso restringidos e NO atingem, portanto, umaconfigurao de equilbrio estvel, ou seja, nopossui vnculos suficientes para garantir a sua totalestabilidade.
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Estrutura Isosttica: Estruturas com movimentos de corpo-rgidorestringidos e o nmero de incgnitas a determinar igual ao nmero de equaes de equilbrio estvel,em outras palavras, estruturas com vnculos
estritamente necessrios para garantir a sua totalestabilidade.
Estrutura Hiperesttica: Estruturas com movimentos de corpo-rgidorestringidos e nmero de incgnitas a determinarmaior que o nmero de equaes de equilbrio
estvel, resumidamente, so estruturas que possuemvnculos mais que necessrios para garantir a suatotal imobilidade.
Obs.: cabe ressaltar que na prtica a grande maioria das estruturas
classifica-se como HIPERESTTICA ou ESTATICAMENTE INDETERMINADA.
1.3. Grau de Hiperestaticidade:
1.3.1. Grau de Hiperestaticidade Externo (ge):
Seja a estrutura abaixo:
B
Como pode ser visto, dispomos de 05 reaes de apoio (03 do apoio do
engaste e 02 do apoio de segunda ordem) e apenas 03 equaes universais da
esttica no plano (Fx / Fy / M) alm de mais uma (momento fletor nulo em
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A
B C
D
A
B C
D
B). Ou seja, 05 incgnitas e apenas 04 equaes. A essa deficincia damos o
nome de GRAU DE HIPERESTATICIDADE EXTERNO. Desta forma podemos dizer
que o grau de hiperestaticidade externo o nmero de equaes
suplementares necessrias para o clculo das reaes de apoio da estrutura.
1.3.2. Grau de Hiperestaticidade Interno (gi):
Seja a estrutura abaixo:
Neste segundo caso apesar de as reaes de apoio ser de imediata
obteno (a partir das equaes universais da esttica), isso NO significa que a
estrutura esteja resolvida.
O simples conhecimento das reaes no nos habilita a traar seus
diagramas solicitantes devido ao fato de ser uma ESTRUTRA FECHADA e de, por
este motivo, no sabermos todas as foras a que est sujeita a estrutura.
necessrio, portanto, ABRIRMOS a estrutura.
Assim pode-se definir GRAU de HIPERESTATICIDADE INTERNO da
estrutura como sendo o nmero de equaes suplementares necessrias para
traarmos os diagramas de esforos internos, o que no caso em questo trs.
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( 1 ) ( 2 )
( 3 ) ( 4 )
1.3.3. Determinao do Grau de Hiperestaticidade Total (g):
= +
= onde:
r n de reaese n de equaesnr n equaes provenientes das rtulas e que igual a (b -1)b n de barras ligadas a rtulas.
= nmero de esforos internos necessrios ao traado dosdiagramas, conhecidas as reaes.1.3.4. Aplicaes:
Classifique quanto estaticidade e determine o grau de hiperestaticidade
total das estruturas que seguem:
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( 5 ) ( 6 )
( 7 ) ( 8 )
( 9 ) ( 10 )
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Captulo II Mtodo das Foras
Formalmente, a resoluo de estruturas hiperestticas pelo Mtodo das Forasresolve o problema considerando os grupos de condies a serem atendidaspelo modelo estrutural na seguinte ordem:
1 Condies de equilbrio;2 Condies sobre o comportamento dos materiais (leis constitutivas);3 Condies de compatibilidade.
Na prtica, entretanto, a metodologia utilizada pelo Mtodo das Foras para
analisar uma estrutura hiperesttica :
Somar uma srie de solues bsicas que satisfazem as condies deequilbrio, mas no satisfazem as condies de compatibilidade da estruturaoriginal, para na superposio restabelecer as condies de compatibilidade.Cada soluo bsica (chamada de caso bsico) no satisfaz isoladamente todasas condies de compatibilidade da estrutura original, as quais ficamestabelecidas quando se efetuam a superposio de efeitos todos os casosbsicos.
A estrutura utilizada para a superposio de solues bsicas , em geral, umaestrutura isosttica auxiliar obtida a partir da estrutura original pela eliminaode vnculos. Essa estrutura isosttica chamada Sistema Principal (SP). As forasou os momentos associados aos vnculos liberados so as incgnitas doproblema e so denominados hiperestticos. Essa metodologia de soluo deuma estrutura hiperesttica pelo Mtodo das Foras vai ser explicadadetalhadamente atravs da resoluo de exemplos que sero apresentados aseguir.
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Exemplos de Aplicaes
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q= 2 kN/m
q= 2 kN/m
0
1
X1 = 1 kN
2 kN/m
s1
EXEMPLO I:
Calculando o grau de hiperestaticidade da estrutura obtemos:
= 1 1 Desta forma se conclui que a estrutura apresenta 04 reaes (incgnitas) Rax,
RAy, MAe RBy e apenas 03 equaes (Fx=0 / Fy=0 / M=0)
Pelo mtodo das foras devemos ento liberar um dos vnculos, para tal
adotaremos liberar o RBy.
X1:
X0:
Desta forma, pela superposio de efeitos, se obtm a seguinte equao para o
problema:
+ . = 0Seo S1 (X0):
= 0 2 = 0
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2 kN/m
s1
v
M +
+
10 kN
[D.E.C.]
-
-25 kN.m
[D.M.F.]
= 2 = 0= 10 []M = 0 2. /2 = 0
= = 0= 25 [.]
E = 210x109[N/m]
Seo da Viga (20x40)cm = = 1,06710[ ]Sabendo-se que a derivada segunda do momento anloga a derivada segunda
do deslocamento, tem-se:
"= () "= () "= = 3 + =(3 +) =
12+ +
= 1 (
12+ + )Aplicando as condies de contorno:
1. x = L y = 0
= 1
3 + ( = )= 1 13 + = 0 =
3
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s1X1
s1
v
M +
2. x = L y = 0
= 1
12+
3+ ( = )= 1
12
3+ = 0 =
12 +
3=4 Desta forma, a expresso final ser:
= 1 (
12
3 +
4 )
Sabendo que ymax
x=0
= 1
4 =
4= 5
4210101,06710= 6,9710[]Obs.: atentar para as unidades na entrada dos dados
Seo S1 (X1):
= 0 + 1 = 0 = 1 [] = 0 . = 0 = . = 0 [ . ]= 5 [ . ]
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- 1 kN[D.E.C.] +
5 kN.m
[D.M.F.]
Seguindo o mesmo procedimento do caso X0, obtm-se a seguinte expresso
final:
= 1 (
6 +
2
3 )Sabendo que ymaxx=0
=
1
3 =
3=
5
3210101,06710= 1,86010
[]
Seguindo no campo dos deslocamentos e sabendo que esse deslocamento no
ponto B deve ser nulo:
E = 210x109[N/m] = 210x106[kN/m]
Seo da Viga (20x40)cm = = 1,06710[ ]
+ . = 0 6,9710 1,8610= 3,75 Como X1refere-se reao de apoio no ponto B:
= = 3,75 Da mesma forma que o deslocamento calculado pela soma ux0+ux1.X1, os
esforos internos e reaes de apoio tambm so calculados:
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+
10 kN
[D.E.C.]
-
-25 kN.m
[D.M.F.]
RAy=10 kNM=25kN.m
+
M=-5kN.m
-
RAy=-1 kN
= + . = + .
= + .
Resultados para X0:
Resultados para X1:
- 1 kN[D.E.C.] +
5 kN.m
[D.M.F.]
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+
-
+
-
[D.E.C.]
[D.M.F.]
6,25 kN
-3,75 kN
. = .+ . Em x = 0:
= 0 1 []
= + . = 0 + (1).3,75 = 3,75 Em x = 5: = 10 [] 1 []= + . = 10 +(3,75). 1 = +6,25 . = .+ .Em x = 0: = 0 0= + . = 0 + 3,75.0 = 0Em x = 5: = 25 [.] + 5 [. ]= + . = 25 + (3,75). 5 = 6,25 .
( = 1,875)= 3,52 [. ]( = 1,875)= 1,875 [. ]
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25 kN.m
[D.M.F.] +
5 kN.m [D.M.F.]
-
xo
x1
+
5 kN.m [D.M.F.]x1
+
5 kN.m [D.M.F.]x1
25 kN.m
[D.M.F.] +
5 kN.m [D.M.F.]
-
xo
x1
O valor dos deslocamentos pode ser obtido tambm atravs de tabelas
elaboradas a partir da resoluo destas integrais.
Da tabela obtm-se os valores de ij(deslocamento na direo i, provocado pelo
caso de carregamento xj:
10:
=
. =
.25.5 = 156,25
11:
=
3. =5
3.5.5 = 41,67
+ . = 0 156,25 + .41,67 = 3,75
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Tabela I: Cargas virtuais utilizadas para calcular deslocamentos e rotaes emvnculos eliminados de estruturas hiperestticas
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Tabela II: Integrao de diagramas de esforos
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RAx
RBy RCyRAy
A B C
2 kN/m
[x 0]
A B C
2 kN/m
X1=1 [kN]
[x1]
A B C
EXEMPLO II:
Incognitas:
RAx, RAy, RBy, RCy (4)
Nmero de Equaes:
= 0 = 0 = 0 (3)
Grau de Hiperestaticidade:
= + =( )+ 0 = 4 3 + 0 = Optaremos por liberar o vnculo RBy.
Desta forma teremos:
+
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RAx
RCyRAy
A C
2 kN/m
S1
+
_
+
[D.E.C.]
[D.M.F.]
-10 kN
+10 kN
+25 kN.m
1 Caso de Carregamento [ X0]:
= =. 2 =2 . 10 []2 = = 10 []
=. 8 =2 . 10
[
]8 =200 [. ]8 = 25 [. ]Seo S1: = 0 2 + 10 = 0 = 2 10()= 2. (4) 10 = 2 []()= 2. (0) 10 = 10 []()= 2. (10) 10 = 10 []
= 0 10 + 2. 2= 0 = 10 ()= 10. (4) (4)= 24 [. ]()= 10. (0) (0)= 0()= 10. (10) (10)= 0
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RAx
RAy
X1=1 kN
RCy
(a) (b)
X1=1 kN(a) (b)
D.E.C. [kN]
D.M.F. [kN.m]
-0,4
+0,6
-2,4
2 Caso de Carregamento [ X0]:
=. =4[]. 1 []10 = 0,40 []
=.
=6 []. 1 []
10 = 0,60 []
=.. =. . =1[]. 6[].4[]10 = 2,4 [. ]
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Pela tabela de integrao de diagramas de esforos:
=3 . . . 1 +. =103 . (25.2,4). 1 + 6.4(10) = 248
=3 . . =103 . (2,4.2,4)= 19,20+ . = 0 248 + .19,20 = 0 = 12,92 []
Reaes de Apoio:
= + . = 10 + 12,92. (0,4)= 4,83 []
= + . = 0 + 12,92. (1)= 12,92 []= + . = 10 + 12,92. (0,6)= 2,25 [] =(4,83 + 12,92 + 2,25)= 20 [] = 2 . 10[]= 20[]
D.E.C.
= + . = 10[]+ 12,92[]. (0,40)= 4,83[]= + . = 2[]+ 12,92[]. (0,40)= 7,17[]= + . = 2[]+ 12,92[]. (+0,60)= 5,75[]= + . = 10[]+ 12,92[]. (+0,60)= 2,25[]
D.M.F.
= + . = 0[.]+ 12,92[]. (0)= 0,00[]= + . = 24[.]+ 12,92[]. 2,40[] = 7,00[. ]= 0,00[. ]
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RAy=4,83 kN
RBy=12,92 kN
RCy=2,25 kN
2 kN/m
AB
C
4,83 kN
5,75 kN
-7,17 kN
-2,25 kN
7,00 kN.m
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A B C D
10 kN/m
A D
q=10 kN/m[X0]
A D
[X1]
X1=1 kN
A D
[X2]
X2=1 kN
EXEMPLO III:
Incognitas:
RAx, RAy, RBy, RCy e RDy (5)
Nmero de Equaes:
= 0 = 0 = 0 (3)Grau de Hiperestaticidade:
= + =( )+ 0 = 5 3 + 0 = Neste exemplo liberaremos os vnculos RBy eRCy, assim:
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A B C D
q=10 kN/m
RAX
RAy RDy
[X0]
A B C D
q=10 kN/m
RAX
RAy=60kN RDy=60kN
D.E.C. [kN]
D.M.F. [kN.m]
-60kN
60kN
180kN
S1
1 Caso de Carregamento [ X0]:
= 0 []
=
=.
2 =
10 . 12 []
2
=
= 60 []
=. 8 =10 . 12[]8 =1440 [. ]8 = 180 [. ]
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q=10 kN/m
M
V
A D
RAX
RAy RDy
[X1]
X1=1 kN
Seo S1:
= 0 10 + 60 = 0 = 10 60()= 10. (0) 60 = 60 []()= 10. (12) 60 = +60 [] = 0 60 + 10. 2= 0 = 60 5
()= 60. (0) 5. (0)= 0 [. ]()= 60. (4) 5. (4)= 160 [. ]()= 60. (7) 5. (7)= 175 [. ]()= 60. (12) 5. (12)= 0 [. ]
2 Caso de Carregamento [ X1]:
= 0 []
=. =1,00[].8,00 []12 [] = 0,667 []
=. =1,00[].4,00 []12 [] = 0,333 []
=. . =1,00. 8,00.4,0012 =32 [. ]12 [] = 2,667 [.]
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D.E.C. [kN]
D.M.F. [kN.m]
0,333-0,667
A D
RAy=-0,667 RDy=-0,333
[X1]
X1=1 kN
-2,667
A D
RAX
RAy RDy
[X2]
X2=1 kN
3 Caso de Carregamento [ X2]:
= 0 []=. =1,00[].5,00 []12 [] = 0,417 []
=. =1,00[].7,00 []12 [] = 0,583 []
=..
=1,00. 7,00.5,00
12 =35 [.]
12 [] = 2,917 [. ]
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28
D.E.C. [kN]
D.M.F. [kN.m]
0,583-0,417
A D
RAy=-0,417 RDy=-0,583
[X2]
X2=1 kN
-2,917
-2,667
180kN
-2,667-2,667
Pela tabela de integrao de diagramas de esforos:
=
3. . . 1 +.
=12
3 . (180.2,667). 1 + 4.8
(12) = 2.346,96
=
6. . . 2 ( )
. =12
6 . (2,667.2,667).[2 0] = 28,45
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29
180kN
-2,917
-2,917-2,917
-2,667
-2,917
-2,667
-1,667
-2,667
-1,667
M1
M2
M3 M
4
-2,917
-1,667 -1,667
-2,917
=3 . . . 1 +. =123 . (+180.2,667). 1 +7.512 = 2.610,72
=3 .. =123 . (2,917.2,917)= 34,03
(12)1 (12)2 (12)3
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= = ()+ ()+ ()=3 . (. )+ 6 [(2. + ) + . (+ 2. )]
+3 (. )=43 (2,667.1,667)
+36 [2,667. (2. 1,667 2,917) 1,667. (1,667 + 2. 2,917)]+ 53 (1,667.2,917)= 5,928 + 14,588 + 8,104 = 28,62
+ . + . = 0+ . + . = 02.346,96 + . 28,45 + . 28,62 = 02.610,72 + . 28,62 + . 34,03 = 0
Desta forma obtm-se um sistema de equaes de simples resoluo (2
equaes e 2 incgnitas).
Resolvendo-se o sistema obtemos:= 34,54 = 47,67 Clculo das Reaes de Apoio:
= + . + . = 60 + 34,54. (0,667)+ 47,67. (0,417)= 17,08 []= = 34,56 []= = 47,67 []
= 60 + 34,54. (0,333)+47,67.(0,583) = 20,71 []
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VX0[kN]
-60kN
60kN
0,333-0,667
0,583-0,417
VX1[kN]
VX2[kN]
D.E.C. [kN]
17,08
11,38
29,29
-18,38-20,71
Clculo do Esforo Cortante:
D.E.C.
= + . + . = 60 + 34,54. (0,667) + 47,67. (0,417)= +17,08[]
= 20 + 34,54. (0,667) + 47,67. (0,417)= 22,92[]= 20 + 34,54. (0,333)+ 47,67. (0,417)= +11,38[] = 10 + 34,54. (0,333) + 47,67. (0,417)= 18,38[] = 10 + 34,54. (0,333)+ 47,67. (0,583)= +29,29[]= 60 + 34,54. (0,333) + 47,67. (0,583)= 20,71[]
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180kN-2,667
-2,917
160kN
175kN
-1,667
-1,667
MX0[kN.m]
MX1[kN.m]
MX2[kN.m]
D.M.F. [kN.m]
M1
M2
-11,58
M3
Clculo do Momento Fletor:
D.M.F.
= + . + . = = 0,00[]= 160 + 34,54. (2,667) + 47,67. (1,667)= 11,58[.]= 175 +34,54. (1,667) + 47,67. (2,917)= 21,63[. ]
= 17,08 +1,712 = +14,62[.]
= 11,58 + 11,38. 1,1382 = 5,10[.]= 21,63 + 29,29. 2,9292 = +21,26[.]
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
33/55
33
A B C D
10 kN/m
X1=1 kN.m X2=1 kN.m
A B
X1
C
10 kN/m
X1
10 kN/m
C D
10 kN/m
B
A B
X1
C
X1
C DB
A B C C DB
X2 X2
[X0]
[X1]
[X2]
1 kN/m
R=q.L
2
R=q.L
2
R=-P
L
R=P
L
1 kN/m
R=-P
L
R=P
L
D.M.F. [kN.m]
D.E.C. [kN]-q.L
2q.L
2
-1
L
1
L
q.L 8
-1 -1
EXEMPLO IV:
Outra maneira de resolver o anterior liberando a continuidade da estrutura e
impondo momentos de engastamento unitrio, conforme apresentado a seguir:
Desta forma:
Sabe-se que:
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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34
A B
X1
C
10 kN/m
X1
10 kN/m
C D
10 kN/m
B
[X0]
+20
-20
+15
-15
+25
-25
+20
+11,25
+31,25
1 Caso de Carregamento [ X0]:
= =. 2 =10
. 4 []2 = = 20 []
=. 8 =10 . 4[]8 = 20 [. ]
= =. 2 =10 . 3 []2 = = 15 []
=.
8 =10
. 3[]
8 = 11,25 [. ]
= =. 2 =10 . 5 []2 = = 25 [] =. 8 =
10 . 5[]8 = 31,25 [. ]
2 Caso de Carregamento [ X1]:
=1 =14 = 0,25 [] =1= 0,25 [] =1=13= 0,33 [] = 1= 0,33 []
= = 0,00 []
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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35
A B
X1
C
X1
C DB
[X1]
-0,25
-0,33
-1 -1
A B C CB
X2 X2[X2]
-0,33
0,20
-1 -1
-1+20
+11,25
+31,25
-1
3 Caso de Carregamento [ X2]:
= = 0,00 [] =1 =13 = 0,33 [] =1=13= 0,33 [] =1=+15 = 0,20 [] = 1= 1= 0,20 []
Clculo do :
10:
=3 +
3 + 0 =
43 . 20.1 +
33 . 11,25. 1 + 0 = 37,92
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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36
-1 -1
-1 -1
+20
+11,25
+31,25-1 -1
-1 -1
-1 -1
-1 -1
-1 -1
20:
= 0 + 3 +3 =33 . 11,25. 1 +53 . 31,25. 1 = 63,33
11:
=3 +3 + 0 =43 . 1. 1 + 33 .1.1 = 2,33
22:
= 0 + 3 +3 =33 . 1. 1 +53 . 1. 1 = 2,67
21=12:
= = 0 +
6+ 0 =3
6. 1. 1 = 0,50
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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37
Compatibilizao das Rotaes:
+ . + . = 0
+
.
+
.
= 0
37,92 + . 2,33 + . 0,50 = 063,33 + . 0,50 + . 2,67 = 0Novamente um sistema de fcil resoluo, que resulta em:
= 11,63 . = 21,57 Observa-se que ao invs de obtermos os valores das reaes de apoio, neste
caso, obtemos os valores dos momentos fletores nos apoios.
Fazendo-se o mesmo procedimento do Exemplo III tem-se os esforos e as
reaes de apoio.
= + . + .
= + . + .
= + . + . E, desta forma, obtendo-se os diagramas de esforos cortantes e de momento
fletores do exemplo anterior.
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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38
A B C D
10 kN/m
E
10 kN/m
20 kN/m
1 kN/m
R=q.L 2
R=q.L 2
R=P L
R=-P L
1 kN/m
R=P L
R=-P L
D.M.F. [kN.m]
D.E.C. [kN]-q.L 2
q.L 2
1L
-1L
q.L 8
1 1
A B C
10 kN/m10 kN/m
D E
10 kN/m
B
A B
X1
C
X1
D EB
[X0]
D
10 kN/m
C
D
X2
C
X2 X3 X3
A B C
10 kN/m10 kN/m
D E
10 kN/m
B
[X0]
D
20 kN/m
C
RAy=20 kN RBy=20 kN RCy=20 kNRBy=20 kN RCy=30 kN RDy=30 kN RDy=25 kN REy=25 kN
20 2030
25
-20 -20-30
-25
20 20
22,5 31,25Mmax=q.L =10.4=20 kN.m 2 2
Mmax=q.L =10.4=20 kN.m 2 2
Mmax=q.L =20.3=22,5 kN.m 2 2 Mmax=q.L =10.5=31,25 kN.m
2 2
EXEMPLO V:
Dados os diagramas: g = 3
Resoluo:
1 Caso de Carregamento [ X0]:
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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39
A B
X1
C
X1
D EB
[X1]
DC
1/4-1/4
1/4
-1/4 1/4
-1/4
1 1
A B C D EB
X2[X2]
DC
1/4 -1/4 -1/3 1/3
X2
1/4
-1/3
1 1
A B C D EB
X2[X3]
DC
1/4 -1/4 -1/3 1/3
X2
-1/5
1/3
1 1
2 Caso de Carregamento [ X1]:
3 Caso de Carregamento [ X2]:
4 Caso de Carregamento [ X3]:
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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40
1 1
20 20 22,531,25
10
1 1
11
1 1
1 1
12
1 1
1 1
13
1 1
Clculo de :
=3 +3 + 0 + 0 =43 . 20.1 +43 .20.1 + 0 +0 = 53,33
=3 +3 + 0 + 0 =43 . 1.1 +43 . 1.1 + 0 + 0 = 2,67
= 0 +6 + 0 + 0 =43 . 1.1 + 0 + 0 + 0 = 0,67
= 0 + 0 + 0 + 0 = 0,00
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
41/55
41
1 1
20 20 22,5
31,25
20
21= 12=0,67
1 1
1 1
22
1 1
23
1 1
32=23=0,50
31=13=0,00
= 0 + 3 +3 + 0 = 0 + 43 . 20.1 +33 . 22,5.1 + 0 = 49,17
= 0 + 3 +3 + 0 = 0 + 43 . 1.1 + 33 .1.1 + 0 = 2,33
= 0 + 0 +6 + 0 = 0 + 0 +
36 .1.1 + 0 = 0,50
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
42/55
42
33
1 1
1 1
30
1 1
20 20 22,531,25
= 0 + 0 +3 + 3 = 0 + 0 +33 . 1.1 +53 . 1.1 = 2,67
= 0 + 0 +3 + 3 = 0 + 0 +33 . 1.22,5 +53 .1.31,25 = 74,58
Resoluo do Sistema:
+ . + . + . = 0+ . + . + . = 0+ . + . +. = 0
53,33 + . 2,67 + . 0,67 + . 0,00 = 049,17 + . 0,67 + . 2,33 + . 0,50 = 074,58 + . 0,00 + .0,50+. 2,67 = 0
Substituindo temos:
=0,67. 53,332,67 = 0,251. 19,97=0,50. 74,582,67 = 0,187. 27,93
49,17+ (0,251. 19,97).0,67+2,33.+(0,187.27,93).0,50 = 0=21,8252,0685 = 10,55 .
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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43
A B
X1
C
X1
D EB
[X1]
DC
1/4 -1/4 -1/4 1/4
A B C
10 kN/m10 kN/m
D E
10 kN/m
B
[X0]
D
20 kN/m
C
RAy=20 kN RBy=20 kN RCy=20 kNRBy=20 kN RCy=30 kN RDy=30 kN RDy=25 kN REy=25 kN
A B C D EB
X2[X2]
DC
1/4 -1/4 -1/3 1/3
X2
A B C D EB
X2[X3]
DC
1/4 -1/4 -1/3 1/3
X2
Da mesma forma determinamos:
= 17,33 .
= 25,96 . Clculo das Reaes de Apoio:
= + . + . + . = 17,33. 10,55. 25,96. = 20 17,33. 14 10,55.0 25,96.0 = 15,67
=(20 + 20) 17,33. 14 14 10,55. 14 25,96. (0) = 46,03 =(20 + 30) 17,33. 14 10,55. 14 13 25,96. 13= 43,17 =(30 + 25) 17,33. (0) 10,55. 13 25,96. ( 13 15) = 65,33
= 25 17,33. (0) 10,55. (0) 25,96.153= 19,81
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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44
20 2025
-20 -20-25
-30
1/4
-1/4
1/4
-1/3
-1/5
1/3
15,68
21,7024,86
30,19
-24,33
-18,30
-35,14
-19,81
D.E.C. [kN]
Clculo dos Esforos Cortantes:
= + . + . + . = 17,33. 10,55. 25,96. Ponto A: = 20 17,33. 10,55. (0) 25,96. (0)= +15,67 Ponto Besq:
= 20 17,33. 10,55. (0) 25,96. (0)= 24,33
Ponto Bdir: = 20 17,33. 10,55. 25,96. (0)= +21,70 Ponto Cesq: = 20 17,33. 10,55. 25,96. (0)= 18,30 Ponto Cdir: = 30 17,33. (0) 10,55. 25,96. = +24,86 Ponto Desq: = 30 17,33. (0) 10,55. 25,96. = 35,14 Ponto Ddir: = 25 17,33. (0) 10,55. (0) 25,96. = +30,19 Ponto E: = 25 17,33. (0) 10,55. (0) 25,96. = 19,81
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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45
20 20 22,531,25
1 1
1 1
1 1
-17,33
-10,55
-25,96
11,34
6,064,24
18,27
D.M.F. [kN.m]
Clculo dos Momentos Fletores:
= + . + . + . = 17,33. 10,55. 25,96. = 20 17,33. 12 10,55. (0) 25,96. (0)= +11,34 .
= 20 17,33. 12 10,55.
12 25,96. (0)= +6,06 .
= 22,5 17,33. (0) 10,55. 12 25,96. 12 = +4,24 . = 31,25 17,33. (0) 10,55. (0) 25,96. 12 = +18,27
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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46
20 kN/m
A
C
B
D
20 kN/m
X1=1
X2=1
A
C
B
D
EXEMPLO VI:
Grau de Hiperestaticidade: g = 2 (2x hiperesttica)
Liberaremos os vnculos do apoio de segunda ordem
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
47/55
47
20 kN/m
A
C
B
D
RAx
RAy
MA
s3 s1
s2
[X0]
V
N M
1 Caso de Carregamento [ X0]:
Clculo das Reaes de Apoio:
= 0 = 0 = 0 20.6 = 120 = 0 20.6. 62= 0 = 360 .
Seo S1:
= 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
48/55
48
V
N M
V
N
M
RAx=0
RAy=120 kN
MA=360 kN.m
-120 kN
120 kN
[D.E.N.] [D.E.C.]
-360 kN
[D.M.F.]
-360 kN
Seo S2:
= 0 = 0 = 0 20. = 0 = 20. x= 0 = 0x= 6 = 120 = 0 + 20.. = 0 =10.x= 0 = 0x= 6 = 360 .
Seo S3:
= 0 = 0 = 0 + 120 = 0 = 120 = 0 + 360 = 0 = 360 .
Diagrama de Esforos [X0]:
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
49/55
49
A
C
B
D
RAx
RAy
MA
s3 s1
s2
X1=1
[X1]
V
N M
X1=1
2 Caso de Carregamento [ X1]:
Clculo das Reaes de Apoio:
= 0 + 1 = 0 = 1 = 0 + 0 = 0 = 0 = 0Seo S1:
= 0 + 1 = 0 = 1
= 0 = 0
= 0 1. = 0 = x= 0 = 0x= 3 = 3 .
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
50/55
50
V
N M
X1=1
V
N
M
RAx=-1
RAy=0 kN
MA=0 kN.m
-120 kN
[D.E.N.] [D.E.C.]
1 kN
1 kN -1 kN
-360 kN
[D.M.F.]
3 kN.m 3 kN.m
3 kN.m
Seo S2:
= 0 + 1 = 0 = 1 = 0 = 0 = 0 1.3 = 0 =3 .
Seo S3:
= 0 1 = 0 = 1 = 0 + 0 = 0 = 0 = 0 1. = 0 = x= 0 = 0x= 3 = 3 .
Diagrama de Esforos [X1]:
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
51/55
51
A
C
B
D
RAx
RAy
MA
s3 s1
s2
X2=1
[X2]
V
N M
X 2=1
3 Caso de Carregamento [ X2]:
Clculo das Reaes de Apoio:
= 0 = 0 = 0 + 1 = 1 = 0 1.6 = 6 . Seo S1:
= 0 = 0 = 0 + 1 = 0 = 1
= 0 = 0
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
52/55
52
V
N M
X2=1
V
N
M
RAx=0
RAy=-1 kN
MA=-6 kN.m
-120 kN
[D.E.N.] [D.E.C.]
1 kN
1 kN -1 kN
6 kN.m
[D.M.F.]
6 kN.m
Seo S2:
= 0 + 0 = 0 = 0 = 0 + 1 = 0 =1 = 0 = 0
Seo S3:
= 0 = 0 = 0 1 = 0 = 1 = 0 6 = 0 = 6 .
Diagrama de Esforos [X1]:
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
53/55
53
11
22
21
10
Clculo do :
=3 ..+..+3 . . =33 . 3.3 + 6.3.3 +33 . 3.3 = 72
= 0 + 3 . . + . . = 0 + 63 . 6.6 + 3.6.6 = 180
= 0 +2 ..+2 . . = 0 +62 . 3.6 +32 . 3.6 = 81
12 = 21= 81
=2 . . + 3 . . + 0 =32 . 3. 360 +62 .3.360 = 3.780
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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54
20
= 0 +4 . . + . . + 0 =64 . 6. 360 + 3.6. 360 = 9.720
Sistema de Equaes:
+ . + . = 0+ . + . = 03.780 + . 72 + . 81 = 09.720 + . 81 + . 180 = 0
Resolvendo-se o sistema obtemos:= 16,71
= 61,52
Clculo das Reaes de Apoio:
= + . + . = 120 16,71. (0)+ 61,52. (1)= +58,48 [] = 0 16,71. (1)+ 61,52. (0)= +16,71 []= 360 16,71. (0)+ 61,52. (6)= 9,12 [. ]= = 16,71 []= = +61,52 []= 360 16,71. (3) + 61,52. (6)= 41,01 [. ]= 0 16,71. (3)+ 61,52. (0)= 50,13 [.]
8/13/2019 Apostila Teoria Das Estruturas II - Cap I e II (1)
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BIBLIOGRAFIA
BEER, F.P. e JOHNSTON JR, E. R. (1989). Resistncia dos materiais. 2a ed. So
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CAMPANARI, Flvio Antnio.(1985). Teoria das estruturas. v.1, 2, 3 e 4. Ed.
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POPOV, Egor P. (1978). Introduo mecnica dos slidos. So Paulo: Edgard
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SUSSEKIND, Jos Carlos. (1994a). Curso de anlise estrutural. v.2. 11a ed.So
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TIMOSHENKO, Stephen P. (1967). Resistncia dos materiais. v.1. 3a ed. Rio deJaneiro: Ao Livro Tcnico.
LA ROVER, H.L. e DE MORAES, POLIANA DIAS. R. (2005). Apostila ECV 5220
Anlise Estrutural II. Santa Catarina: ECV/UFSC.