Exemplos de Solucao Metodo Das Forcas

8/16/2019 Exemplos de Solucao Metodo Das Forcas

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Luiz Fernando Martha – Método das Forças – 161

5.5. Exemplos de solução pelo Método das Forças

Exemplo 01

Determine pelo Método das Forças o diagrama demomentos fletores do quadro hiperestático ao lado.Somente considere deformações por flexão. Todasas barras têm a mesma inércia à flexão EI = 1,0 x 105

kNm2.

X 1 X 1

X 2

Sistema Principal e Hiperestáticos(g=2)

M 0

Caso (0) – Solicitação externa isoladano SP

X 1=1

X 1=1

1/6

1/6

1/6

1/6

1/4

1/4

1/41/4

M 1 . X 1

Caso (1) – X 1 isolado no SP

X 2=1

1/4

M 2

1/4

. X 2


Equações de Compatibilidade

−=

+=⇒

=

+

kNmX

kNmX

X

X

82.45

10.8

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI

546361

31

691311

10 −=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI

3366721

21

436161

4721311

20 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI 3

20611

3

12411

3

12

111 +=

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅=δ

01221 == δ δ

EI EI 322

611411311

22 +=

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

Diagrama de Momentos Fletores M = M 0 + M 1· X 1 + M 2· X 2

M

(kNm)


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162 – Métodos Básicos da Análise de Estruturas – Luiz Fernando Martha

Exemplo 02

Considere as duas estruturas mostradas abaixo. A da esquerda é um quadro isostático e a da direita é umquadro hiperestático. Os dois quadros sofrem a mesma solicitação: uma força horizontal de 50 kN aplicadano apoio da direita e um recalque desse mesmo apoio de 6 mm para baixo. Todas as barras têm um materialcom módulo de elasticidade E = 1,0 x 108 kN/m2 e seções transversais com momento de inércia I = 1,0 x 10-3

m4

. Considere válida a hipótese de pequenos deslocamentos.

Pede-se:(a) Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura isostática.(b) Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura hiperestática. Deve-se utilizar o Método das

Forças, adotando OBRIGATORIAMENTE como Sistema Principal a estrutura isostática da esquerda.Somente considere deformações por flexão.(b.1) Dê a intepretação física do termo de carga δ 10 do sistema de equações de compatibi-

dade do Método das Forças para esta solução.(b.2) Mostre a dedução do termo de carga δ 10 pelo Princípio das Forças Virtuais.

(c) Considere que as colunas dos quadros acima tiveram a seção transversal modificada para uma commomento de inércia I = 2,0 x 10-3 m4 (a viga não se altera). Responda sem fazer nenhum cálculo:(c.1) O diagrama de momentos fletores da estrutura isostática se altera? Por que?(c.2) O diagrama de momentos fletores da estrutura hiperestática se altera? Por que?

Item (a)

M

(kNm)

ρ = 0.006m

Como a estrutura é isostática, o “pequeno”recalque de apoio não provoca deformações(só movimento de corpo rígido). Portanto, orecalque não provoca momentos fletores, quesó são devidos à carga de 50 kN aplicada.

Item (b)Caso (0) – Solicitação eterna isolada no SP

Idêntico ao item (a).

X 1=1

1/3

M 1

. X 1


1/3

Item (b.1) – Equação de compatibilidade011110 =⋅+ X δ δ 10δ é a rotação da seção do apoio da esquerda no caso (0)


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Item (b.2) – Cálculo de 10δ pelo Princípio das Forças Virtuais (PFV)

Sistema Real(Estrutura da qual se quer calcular o desloca-mento.)É o caso (0), que é idêntico ao item (a).

Sistema Virtual(Estrutura com força unitária virtual na dire-ção do deslocamento que se quer calcular.)É o caso (1) com 11 =X .

PFV : U W E

=

→EW Trabalho das forças externas do sistemavirtual com os correspondentes deslocamentosexternos do sistema real.Neste caso, o trabalho externo virtual é igualao produto de 11 =X por 10δ mais o produtoda reação vertical no apoio direito do caso (1) –força de 1/3 para baixo – pelo recalque de a-poio ρ :

ρ δ ⋅+⋅= )3/1(1 10EW .

→U Energia de deformação interna virtual.Esta é a energia de deformação por flexãoprovocada pelos momentos fletores do sistemavirtual 1 M M = com as correspondentes rota-ções relativas internas do sistema real

dxEI M d )/( 0=θ . Deve ser observado que orecalque de apoio ρ não provoca deforma-ções internas (só provoca movimento de corporígido). Portanto, θ d é somente devido à car-ga de 50 kN aplicada. Assim:

dxEI M M d M d M U

estruturaestruturaestrutura∫ ∫ ∫ === 011 θ θ

Assim: ρ δ ⋅−⋅= ∫ )3/1()/1(

.0110 dx M M EI

estrut

006.031

2100121

31001211

10 ⋅

−

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅=

EI δ

radx 310 105.4 −

−=δ

kNmradxEI

/103211311311 5

11−

+=

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

kNmX X 1500 111110 =⇒=⋅+δ δ

Diagrama de Momentos Fletores M = M 0 + M 1· X 1

M

(kNm)

Item (c.1) – Na estrutura isostática, o diagrama de momentos fletores só depende dos valores da carga e rea-ções, e da geometria da estrutura. Com a consideração da hipótese de pequenos deslocamentos, as equaçõesde equilíbrio podem ser escritas para a geometria indeformada (original) da estrutura. Portanto, o diagramade momentos fletores não se altera com a modificação do momento de inércia da seção transversal das colu-nas.Item (c.2) – Na estrutura hiperestática, por ter vínculos excedentes, os esforços internos dependem da rigidezrelativa entre as barras. Com as colunas mais rígidas do que a viga, as rotações das extremidades da vigassão menores do que no caso com todas as barras com rigidez iguais, se aproximando do caso de uma vigacom extremidades engastadas. Portanto, o diagrama de momentos fletores fica alterado com a modificação

do momento de inércia da seção transversal das colunas.

Exemplo 03

Determine pelo Método das Forças o diagrama demomentos fletores do quadro hiperestático ao lado.Somente considere deformações por flexão. Todasas barras têm a mesma inércia à flexão EI = 4,0 x 104 kNm2.


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Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

Caso (1) – Hiperestático X 1 isolado no SP

M 1 x X 1


x X 2

Equações de compatibilidade:

=++

=++

00

22212120

21211110

X X

X X

δ δ δ

δ δ δ

=

⋅

+−

−+⋅+

−

−⋅⇒

00

822101

1141561

2

1

X

X

EI EI

+=

+=⇒

kNm1,19

kNm4,19

2

1

X

X

EI EI

1566241

31

69132

6241211

10 −=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅=δ

EI EI

1146361

31

636131

69131

6241311

20 −=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅=δ

EI EI

10611

31

611611311

11 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI

2611

311

2112 −=

⋅⋅⋅−⋅== δ δ

EI EI

8611

31

41

22 +=

⋅⋅⋅⋅⋅=δ

Momentos Fletores Finais:

22110 X M X M M M ⋅+⋅+=

M 2

[kNm]

M 0

Sistema Principal eHiperestáticos

SP

X 1

X 1 X 2 X 2

X 1 = 1

X 1 = 1

1/6 1/6

X 2 = 1

X 2 = 1

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/61/6

1/6

[kNm]

M


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Exemplo 04

Considere os quatro pórticos mostrados abaixo. Os pórticos do lado esquerdo são isostáticos e os do ladodireito são hiperestáticos. Os pórticos superiores têm como solicitação uma carga uniformemente distribuí-da aplicada na viga. As duas estruturas inferiores têm como solicitação um aumento uniforme de tempera-tura (∆T = 12 °C) na viga. Todas as barras têm um material com módulo de elasticidade E = 108 kN/m2 e

coeficiente de dilatação térmica α = 10–5

/°C. Todas a barras têm seções transversais com momento de inér-cia I = 1,0 x 10–3 m4.

Pede-se:(a) Indique os aspectos das configurações deformadas (amplificadas) das quatro estruturas.(b) Determine os diagramas de momentos fletores das estruturas isostáticas e os aspectos (não precisa dos

valores numéricos) dos diagramas de momentos fletores das estruturas hiperestáticas.(c) Determine o diagrama de momentos fletores (com valores numéricos) da estrutura hiperestática infe-

rior (solicitada pela variação de temperatura). Deve-se utilizar o Método das Forças, adotando obriga-toriamente como Sistema Principal a estrutura isostática da esquerda. Somente considere deforma-ções por flexão. Sabe-se que o alongamento relativo interno de um elemento infenitesimal de barradevido a uma variação uniforme de temperatura é du = α ∆T dx. Neste caso não existe rotação relativainterna do elemento infinitesimal.

(d) Considere que as colunas dos quadros acima tiveram a seção transversal modificada para uma commomento de inércia I = 2,0 x 10-3 m4 (a viga não se altera). Responda:(d.1) Os diagramas de momentos fletores das estruturas isostáticas se alteram? Por que?(d.2) Os diagramas de momentos fletores das estruturas hiperestáticas se alteram? Por que?

Item (a)


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Item (b)

M

[kNm]

M

[kNm]

M=0 M

[kNm]

(veja solução abaixo)

Item (c)Caso (0) – Variação de temperatura no SP

δ 10 M 0=0

mLT 5510 107261210 −−

⋅+=⋅⋅=⋅∆⋅=α δ

Equação de compatibilidadekN X X 10 111110 −=⇒=⋅+δ δ

Momentos fletores finais (veja acima)

11110 )1(0 M M X M M M −=−⋅+=⋅+=

X 1 = 1


M 1

. X 1

X 1 = 1

δ 11

( )

⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅== ∫ 6333333

12

12111

EI dx

EI

M δ

kN m/1072 511−

⋅+=δ

Item (d.1) – Na estrutura isostática, o diagrama de momentos fletores só depende dos valores da carga e rea-ções, e da geometria da estrutura. Com a consideração da hipótese de pequenos deslocamentos, as equaçõesde equilíbrio podem ser escritas para a geometria indeformada (original) da estrutura.Portanto, o diagrama de momentos fletores não se altera com a modificação do momento de inércia da seçãotransversal das colunas.No caso da carga uniformente distribuída, a estrutura isostática terá sempre o diagrama de momentos fleto-res indicado no item (a) (diagrama parabólico no viga). No caso da variação de temperatura, a estrutura i-sostática terá sempre momentos fletores nulos.

Item (d.2) – Na estrutura hiperestática, por ter vínculos excedentes, os esforços internos dependem da rigi-dez relativa entre as barras. Com as colunas mais rígidas do que a viga, as rotações das extremidades daviga são menores do que no caso com todas as barras com rigidez iguais, se aproximando do caso de umaviga com extremidades engastadas.Portanto, o diagrama de momentos fletores fica alterado com a modificação do momento de inércia da seçãotransversal das colunas.No caso da carga uniformente distribuída, a estrutura isostática terá como o mesmo aspecto do diagrama demomentos fletores indicado no item (a), mas os valores ficam alterados em relação ao diagrama com viga ecolunas com mesma seção transversal.


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A solução da estrutura hiperestática pelo Método das Forças, para a solicitação de variação uniforme detemperatura na viga, demonstra que a os valores dos momentos fletores finais dependem dos valores relati-vos entre momentos de inércia das seções transversais barras:O caso (0) mostrado no item (c) permanece inalterado,isto é:

mLT 5510 107261210 −−

⋅+=⋅⋅=⋅∆⋅=α δ .

O diagrama de momentos fletores M 1 do item (c) é omesmo, mas o valor do coeficiente de flexibilidade ficaalterado:

[ ]

⋅⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= 333

31

21

6331

11colunaviga EI EI

δ

kN m/10631091054 55511−−−

⋅=⋅+⋅=δ Equação de compatibilidade

kN X X 780 111110 −=⇒=⋅+δ δ

Momentos fletores finais

( 781110 −⋅=⋅+= M X M M M

M

[kNm]

8/78/7

24/7

24/7 24/7

24/7

Exemplo 05


Sistema Principal e Hiperestáticos

(g = 2)

X 1

X 1 X 2 X 2


M 0


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9/32


X 1

X 1

X 2


X 2

Momentos Fletores Finais

M

M = M 0 + M 1·X 1 + M 2·X 2

[kNm]


M 0

X 1=1

M 1 . X 1


1/3

1/3

1/3

1/3

1/31/3

X 1=1

X 2=1

M 2. X 2


1/3

X 2=1

1/31/3

1/3

1/3 1/3

1/3

1/31/3

1/3


−=

−=⇒

=

+

kNmX

kNmX

X

X

1.52

5.20

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI

3783361

21

336121

31801211

10 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI

405

39131

336131

3361313361213180121120 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅=δ

EI EI

7311

31

3113111

11 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

EI EI 2

9

3112

1

311

12112 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅== δ δ

EI EI

6311

31

33111

22 +=

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ


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Exemplo 07

Para a viga contínua com dois vãos mostrada abaixo pede-se o diagrama de momentos fletores utilizando oMétodo das Forças. As seguintes solicitações atuam na estrutura concomitantemente:· Uma carga concentrada de 40 kN no centro de cada vão.· Aquecimento das fibras superiores da viga de ∆T s = 50 °C ao longo de toda a sua extensão (as fibras

inferiores não sofrem variação de temperatura, isto é, ∆T i = 0 °C).

· Recalque vertical (para baixo) de 3 cm do apoio direito.

Sabe-se:(a) A viga tem um material com módulo de elasticidade E = 108 kN/m2 e coeficiente de dilatação térmica

α = 10–5 /°C.(b) A viga tem seção transversal com área A = 1,0 x 10–2 m2 e momento de inércia I = 1,0 x 10–3 m4. A altu-

ra da seção transversal é h = 0,60 m e o seu centro de gravidade fica posicionado na metade da altura.(c) O deslocamento axial relativo interno provocado pela variação de temperatura em um elemento infi-

nitesimal de barra éduT = α ∆T CG dx,sendo ∆T CG a variação de temperatura na fibra do centro de gravidade da seção transversal.

(d) O rotação relativa interna provocada pela variação de temperatura em um elemento infinitesimal debarra é

( )dx

h

T T d siT

∆∆α θ

−= .

X 1 Sistema Principal e Hiperestático(g=1) X 1 Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

M 0 [kNm]

Como o Sistema Principal é isostático, a variação de tempe-ratura e o recalque de apoio só provocam deslocamentos(não provocam esforços internos). Portanto, os momentosfletores só são devidos às cargas de 40 kN aplicadas.

X 1=1

M 1

. X 1


1/3

X 1=11/6 1/6

Equação de compatibilidade011110 =⋅+ X δ δ

10δ é a rotação relativa entre as seçõesadjacentes à rótula introduzida na cria-ção do Sistema Principal no caso (0).

11δ é a rotação relativa entre as seçõesadjacentes à rótula introduzida na cria-ção do Sistema Principal devido a

11 =X no caso (1).


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Cálculo de 10δ pelo Princípio das Forças Virtuais (PFV) Sistema Real(Estrutura da qual se quer calcular a rotação relativa.)É o caso (0).

Sistema Virtual(Estrutura com momentos unitários virtuais na di-reção da rotação relativa que se quer calcular.)É o caso (1) com 11 =X .

PFV : U W E =

→EW Trabalho das forças externas do sistema virtualcom os correspondentes deslocamentos externos dosistema real.Neste caso, o trabalho externo virtual é igual ao produ-to de 11 =X por 10δ mais o produto da reação verticalno apoio direito do caso (1) – força de 1/6 para baixo –pelo recalque de apoio:

)03.0()6/1(1 10 −⋅−+⋅= δ EW .

⇒=U W E

∫ ∫ ⋅−∆−∆⋅+= 03.061)( 10110 dx M

hT T dx

EI M M siα δ

EI

EI

18003.0

61

0.1621

260.0

)50(

3600.161

3605.031

3605.031

21

10

−=⋅−

⋅⋅−⋅⋅

−⋅+

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅=

α

δ

EI EI

460.10.1

31

21

11 +=

⋅⋅⋅⋅⋅=δ

kNmX X 450 111110 =⇒=⋅+δ δ

Momentos Fletores Finais M M = M 0 + M 1·X 1

[kNm]

→U Energia de deformação interna virtual.(Despreza-se a energia de deformação por cisalha-mento e, como o esforço normal no caso (1) é nulo, aenergia de deformação axial é nula.)Portanto, a energia de deformação é somente devi-da à flexão, isto é, é a energia (virtual) provocada

pelos momentos fletores do sistema virtual 1 M M = com as correspondentes rotações relativas internasdo sistema real θ d .A rotação relativa interna real no caso (0) é devidaàs cargas de 40 kN aplicadas e devida à variação de

temperatura:T P ddd θ θ θ +=

Sendo,

dxEI M d P )/( 0=θ e

dxhT T d siT ]/)([ ∆−∆⋅= α θ

Deve ser observado que o recalque de apoio nãoprovoca rotação relativa interna (só provoca movi-mento de corpo rígido).Assim:

∫ ∫ ∫ ∫ +===estrutura

T

estrutura

P

estruturaestrutura

d M d M d M d M U θ θ θ θ 111

∫ ∫ ∆−∆⋅⋅

+⋅

= dxh

T T M dx

EI

M M U si )(101 α

Exemplo 08

Determine pelo Método das Forças o diagrama de

momentos fletores do quadro hiperestático ao lado.Todas as barras têm a mesma inércia à flexão EI =4.0x104 kNm2. Somente considere deformações porflexão.


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Sistema Principal eHiperestáticos

X 2

X 2 X 1 X 1


[kNm]

M 0


M 1 x X 1

X 1 = 1

X 1 = 1

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

2


M 2

x X 2

X 2 = 1

X 2 = 1

1/6

1 1/3

1/6

1/3

1/6

1/3

1/3

1/6

1/3

1/3

1/6

1/6

Sistema de Equações de Compatibilidade

+=

−=⇒

=

+

kNmX

kNmX

X

X

3.24

6.48

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI

936391

31

39131

372131

372221

32162211

10 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI

486391

31

39131

372131

372121

32161211

20 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅=δ

EI EI

16311

31

43221

11 +=

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

EI EI 213311613113131212112 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅−⋅== δ δ

EI EI

7611

31

31131

23111

22 +=

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

Momentos fletores finais

22110 X M X M M M ++=

[kNm]

M


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Exemplo 09

Considere a estrutura hiperestática abaixo, onde também está indicado o seu diagrama de momentos fleto-res. Todas as barras têm a mesma inércia a flexão EI e pode-se considerar que não existem deformações axi-ais e de cisalhamento nas barras.

M [kNm]

Pede-se:Item (a)

Determine um possível sistema principal (Método das Forças) para o quadro acima. As incógnitas(hiperestáticos) também devem ser indicadas. Mostre a decomposição do sistema principal em qua-dros isostáticos simples (tri-articulados, bi-apoiados ou engastados e em balanço).

Item (b)Considerando o sistema principal encontrado no item anterior, indique os casos básicos – caso (0), ca-so (1), caso (2), etc. – utilizados para análise da estrutura pelo Método das Forças. Determine os dia-gramas de momentos fletores para todos os casos básicos.

Item (c)Escreva literalmente (somente símbolos, sem números) o sistema de equações finais da solução destaestrutura pelo Método das Forças. Escolha uma destas equações e indique as expressões numéricasenvolvidas nos cálculos de cada um dos coeficientes da equação escolhida. Não é preciso completar ascontas para calcular os coeficientes. Indique que tipo de condição que esta equação está impondo. In-dique as interpretações físicas e unidades de todos os coeficientes que aparecem na equação escolhida.

Item (d)Com base no diagrama de momentos fletores fornecido para a estrutura hiperestática e no sistemaprincipal escolhido, determine os valores das incógnitas (hiperestáticos) que resultariam da solução daestrutura pelo Método das Forças. Demonstre que a superposição dos casos básicos, considerando osvalores dos hiperestáticos encontrados, resulta no diagrama de momentos fletores fornecido.

Item (a)

X 1

X 1

X 2


X 2

X 3

X 1

X 1

X 2

X 2

X 3


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Item (b)Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP

M 0

X 1=1

M 1

. X 1


1/3

X 1=1

1/3

1/3

1/3

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6 1/6

X 2=1

M 2

. X 2


X 2=1

1/3

1/3

1/3 1/3

1/31/3

X 3=1 M 3

. X 3


1/3 1/3

Item (c)Equações de Compatibilidade

=

+

0

0

0

3

2

1

333231

232221

131211

30

20

10

X

X

X

δ δ δ

δ δ δ

δ δ δ

δ

δ

δ

Considere a primeira equação deste sistema:Esta equação impõe uma condição de compatibilidade interna: a rotação relativa entre asseções adjacentes à rótula associada a X 1 é nula, isto é, no ponto onde foi introduzida a

rótula a rotação da elástica é contínua.

Termo de carga δ 10 [rad] → rotação relativa entre as seções adjacentes à rótula associada aX 1 devida à solicitação externa no caso (0):

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅= 3725.0

31

31325.031

3725.031

31925.031

360131

6361311

10EI

δ

Coeficiente de flexibilidade δ 11 [rad/kNm] → rotação relativa entre as seções adjacentes àrótula associada a X 1 devida a X 1 = 1:

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅= 35.05.0

31

431131

2611311

11EI

δ

Coeficiente de flexibilidade δ 12 [rad/kNm] → rotação relativa entre as seções adjacentes àrótula associada a X 1 devida a X 2 = 1:


15/32


16/32


Pede-se:Item (a): Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura isostática.Item (b): Determine o diagrama de momentos fletores da estrutura hiperestática.Item (c): Considere que as colunas dos quadros acima tiveram a seção transversal modificada para uma com

momento de inércia I = 2,0 x 10-3 m4 (a viga não se altera). Responda:(c.1) Os diagramas de momentos fletores das estruturas isostáticas se alteram? Por que?

(c.2) Os diagramas de momentos fletores das estruturas hiperestáticas se alteram? Por que?

Item (a)

M [kNm]

Item (b)

X 1

Sistema Principal eHiperestático (g=1)


M 0 δ 10

X 1=1 M 1

. X 1


1X 1=11

δ 11

N 1= +1

N 1= 0

N 1= 0

Equação de compatibilidade011110 =⋅+ X δ δ

Sendo T q 101010 δ δ δ += :

→q10δ deslocamento horizontal da seção do

apoio da direita devido à carga distribuída nocaso (0).

→T 10δ deslocamento horizontal da seção do

apoio da direita devido à variação detemperatura no caso (0).

mEI

dxEI M M q 501

10 108646723321 −⋅+=

⋅⋅⋅== ∫ δ

∫ ∫ +=viga

T

viga

T T duN d M 1110 θ δ

( )dxdx

h

T T d siT

380⋅

=∆−∆⋅

= α α

θ

dxdxT du GC T

⋅⋅=⋅∆⋅= 8α α

∫ ∫ ⋅+⋅

=

vigaviga

T dxN dx M 1110 8380

α α

δ

mT 510 1052816836380 −⋅+=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= α α δ


17/32


18/32


Sistema Principal e Hiperestáticos

(g = 2)

X 1X 1 X 2 X 2


M 0

X 1 = 1X 1 = 1


M 1 . X 1

1/31/3

1/3

1/3

X 2 = 1


M 2 . X 2

X 2 = 1

1/61/6

1/6

1/6

1/61/6

1/31/3

1/3 1/3


−=

+=⇒

=

+

kNmX

kNmX

X

X

8.43

6.14

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI

2703181

31

672121

3721311

10 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅=δ

EI EI 270

318131

672131

372131

31805.03131805.031

3365.031

3365.031

120 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

⋅=δ

EI EI

8311

31

611311311

11 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI 27

31161

61121

311311

2112 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅== δ δ

EI EI

5611

31

31131

235.05.031

41

22 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅=δ


M

M = M 0 + M 1·X 1 + M 2·X 2

[kNm]


19/32


Exemplo 12


X 1

X 1

X 2


X 2


M 0

M 1

. X 1


1/6

1/6

1/6

1/4

1/4

1/6

X 1=1X 1=1

M 2

. X 2


X 2=1

X 2=1

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4


+=

−=⇒

=

+

kNmX

kNmX

X

X

6,60

0,13

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI 280

645131

4120131

612012

1

63012

1

63013

1

110 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅=δ

EI EI

43041201

31

6120121

6301211

20 −=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI 338

41131

2

61161131

21

11 +=

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅

⋅=δ

EI EI 322

41131

6111

2112 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅== δ δ

EI EI 326

41131

26111

22 +=

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ


M

M = M 0 + M 1·X 1 + M 2·X 2

[kNm]


20/32


21/32


PFV : U W E =

→EW Trabalho das forças externas do sistemavirtual com os correspondentes deslocamentosexternos do sistema real.Neste caso, o trabalho externo virtual é igualao produto de 1

1 =X por

10δ mais o produto

da reação vertical no apoio esquerdo do caso(1) – força de 1/4 para cima – pelo recalque deapoio:

ρ δ ⋅+⋅= AE V W 101

)01,0()4/1(1 10 −⋅++⋅= δ EW

→U Energia de deformação interna virtual.O recalque de apoio não provoca deformaçõesinternas (só provoca movimentos de corporígido das barras). Portanto:

0=U

⇒=U W E 0)01,0()4/1(10 =−⋅++δ 3

10 105,24/01,0 −

⋅+==∴δ rad


M

M = M 0 + M 1·X 1

[kNm] M 0 = 0 X 1 = –7,65

Exemplo 14


X 1

X 1 X 2


X 2


M 0


22/32


M 1 . X 1


1/3

1/6

X 1=1

X 1=1 1/3 1/31/3

1/6

1/6

1/6

1/6 1/6

. X 2


M 2

1/3X 2=1

X 2=1

1/3 1/3

1/3

1/6

1/6

1/6

1/6


−=

+=⇒

=

+

kNm5,21

kNm8,6

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

X

X

X

X

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI

147

36131

36121

660131

318131

360131

110 −=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−

⋅=δ

EI EI

156361

31

660131

318131

3601311

20 +=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=δ

EI EI

9

311311312

61131

21

11 +=

⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅

+

⋅⋅⋅⋅

⋅=δ

EI EI

4611

31

31131

21

2112 −=

⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅−⋅⋅== δ δ

EI EI

6311

31

261131

21

22 +=

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅⋅=δ


M = M 0 + M 1·X 1 + M 2·X 2

M

[kNm]

Exemplo 15Utilizando o Método das Forças, determine o dia-grama de esforços normais para a treliça hiperestáti-ca ao lado submetida ao carregamento indicado e aum aumento uniforme de temperatura de 50 °C emtodas as barras. Todas as barras têm o mesmo valorpara a inércia axial EA = 1,0 x 105 kN e para o coefi-ciente de dilatação térmica α = 1,0 x 10 -5 /°C. Sabe-se que o deslocamento axial relativo interno parauma variação uniforme de temperatura T é igual a:duT = α Tdx.


23/32


X 1


Caso (0) – Solicitação externa isolada

N 0

(N 0 só é devido à carga de50 kN pois a variação detemperatura não provocaesforços no SP isostático )

+25

225-

+25

225-0

no SP

N 1. X 1


X 1=11 +1 +1

00

0

Equação de Compatibilidade

011110 =+ X δ δ

Termo de carga: T P 101010 δ δ δ +=

→P10δ deslocamento horizontal no

apoio da direita devido à carga P =

50 kN no caso (0).→

P10δ deslocamento horizontal no

apoio da direita devido à variaçãouniforme de temperatura T = 50 °Cno caso (0).

( )[ ]EAEA

dxEA

N N

estrutura

P 20042512101

10 +=⋅⋅⋅⋅== ∫ δ

( )[ ] α α α α δ 4004125050 11110 +=⋅⋅⋅=⋅=== ∫ ∫ ∫ dxN TdxN duN estrutura

T T

( )[ ]EAEA

dxEAN

estrutura

84112121

11 +=⋅⋅⋅⋅== ∫ δ

kN75

010810)400200(

/101kN101

1

155

55

−=∴

=⋅+⋅+⇒

⋅=⋅=

−−

−

X

X

C EA α

Esforços Normais Finais

N = N 0 + N 1·X 1

N

[kN]

–50

225-

–50

225-

0

Exemplo 16

Determine pelo Método das Forças o diagrama demomentos fletores do quadro hiperestático ao lado.Somente considere deformações por flexão. Todasas barras têm a mesma inércia à flexão EI = 9,6 x 104

kNm2

.


24/32


X 1 X 1

X 2

X 2

Sistema Principal eHiperestáticos (g=2)


M 1

x. X 1


1/6

X 1=1

1/3

1/6

X 1=1

1/3

1/3

1/3 1/3

1/3

1/6

1/6

1/61/6

1

M 2


X 2=1

X 2=1

1/3

1/6

1

1/6

1/6

1/61/3

1/3

1/3 1/3

1/3

Equações de compatibilidade:

−=

+=

⇒

=

+

kNm7,29

kNm6,60

0

0

2

1

2

1

2221

1211

20

10

X

X

X

X

δ δ

δ δ

δ

δ

EI EI

528

318012

13601

2

1

36013

16541

3

1

110 −=

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−

⋅=δ

EI EI

42031801

2

13601

2

13601

3

1120 +=

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=δ

EI EI

7311311

3

1311

3

1611

3

1111 +=

⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=δ

EI EI 2

7311311

3

1311

6

112112 −=

⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅== δ δ

EI EI

7311311

3

1611

3

1311

3

1122 +=

⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅=δ

Momentos fletores finais:

M = M 0 + M 1·X 1 + M 2·X 2

M

[kNm]

x. X 2


25/32


Exemplo 17

Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. A relação entre a rigidez àtorção e a rigidez à flexão é GJ t = 6EI , para todas as

barras.

Sistema Principal (SP) e Hiperestático

X 1


120

M 0

[kNm]

240

0

T 0

[kNm]

+120

0


M 1

–3

T 1

0 x X 1

3

6

3

3

–6 X 1 = 1 X 1 = 1

Equação de Compatibilidade011110 =+ X δ δ

[ ]tGJ EI

1120)6(6

124036

31

2403661

1206631

10 ⋅⋅−⋅+⋅

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−=δ

EI EI EI

2880643202160

10 −=−−=δ

[ ]

t

GJ EI

1)6()6(6)3()3(6

1666

31

33331

33331

33331

11 ⋅−⋅−⋅+−⋅−⋅+⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

EI EI EI

144627099

11 +=+=δ

⇒ X 1 = 20 kN


26/32


Momentos Fletores e Momentos Torçores finais

110 X M M M += 110 X T T T +=

60

M

[kNm]

180

–60

T

[kNm]

0

60

0

0

Exemplo 18

Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-

gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. A relação entre a rigidez àtorção e a rigidez à flexão é GJ t = 3EI , para todas asbarras.


X 1


24 kN

12 kN12 kN

M 0

[kNm]

T 0

[kNm]


M 1 T 1

x X 1

X 1 = 1 X 1 = 1

3

–3

–3

0

03

3

32 1


27/32


Equação de Compatibilidade011110 =+ X δ δ

[ ] EI EI EI GJ EI

t

351

3

3242431)36()3(3

13633

3

1933

3

13633

3

110 +=+=⋅−⋅−⋅+⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+=δ

[ ] EI EI EI GJ EI

t

54

3

54361)3()3(3)3()3(3

1333

3

1333

3

1333

3

1333

3

111 +=+=⋅−⋅−⋅+−⋅−⋅+⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

⇒ X 1 = –6.5 kN


110 X M M M +=

24 kN

5.5 kN1 kN

M

[kNm]

6.5 kN

110 X T T T +=

T

[kNm]

Exemplo 19

Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-

gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. A relação entre a rigidez àtorção e a rigidez à flexão é GJ t = 3EI , para todas asbarras.

Sistema Principal (SP) eHiperestático

X 1

Caso (0) – Solicitação externa isolada no SP M 0 [kNm]

T 0 [kNm]


28/32



M 1 T 1

x X 1

X 1 = 1 X 1 = 1

3

–3

–3

0

033

3

6

Equação de Compatibilidade: 011110 =+ X δ δ ⇒ X 1 = +10.25 kN

[ ] EI GJ EI

t

11071336)3(

1393

3

13363

3

13723

6

13363

3

131083

6

13366

6

131086

3

110 −=⋅⋅⋅−+⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−=δ

( )[ ] EI EI EI GJ EI

t

108

3

549013)3()3(2

1333

3

13333

3

1363

6

1336

6

1366

3

111 +=+=⋅⋅−⋅−⋅+⋅

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=δ

Momentos Fletores e Momentos Torçores finais110 X M M M +=

M [kNm]

30.75

5.25 9

30.7572

46.5

5.25

110 X T T T +=

T

[kNm]

–30.75

–72

0+5.25

Exemplo 20Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. A relação entre a rigidez àtorção e a rigidez à flexão é GJ t = 3EI , para todas asbarras.


X 1


29/32



M 0 [kNm] T 0 [kNm]

20

20 20

20

120

120

00

020

20 20

20

+120

0

0

0

0


1/2

0 0

00

M 1 T 1

x X 1 X 1 = 1 X 1 = 13 +3

1/2 3

33

+3

1/2

1/2

Equação de Compatibilidade:

[ ] EI GJ EI

t

36010

161203

6

110 −=⋅+⋅

⋅⋅⋅−=δ

[ ] EI EI EI GJ EI

t

81

3

815416)3()3(3)3()3(

1633

3

12333

3

1211 +=+=⋅⋅+⋅++⋅+⋅++⋅

⋅⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅=δ

011110 =+ X δ δ ⇒ X 1 = +4.4 kN


M [kNm] T [kNm]

120

120

+120

0

0

110 X M M M += 110 X T T T +=

13.3 13.3

13.3

13.3

+13.3

+13.3

Exemplo 21

Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. A relação entre a rigidez àtorção e a rigidez à flexão é GJ t = 6EI , para todas as

barras.


30/32


Sistema Principal (SP) eHiperestático (g = 1)

X 1


M 0 [kNm] T 0 [kNm]

20

20

20

20

18060

60

60

60

+1800

180

+60

+60


0

M 1 T 1

x X 1 X 1 = 1

–6

–3

3

36

0

3

X 1 = 10

Equação de Compatibilidade:

[ ]EI EI EI GJ EI GJ

EI

tt

39606

756027007560270016)180)(6(6)60()3(

161803

31

6180361

660361

660331

6180631

660661

360331

10

−=−−=−−=⋅⋅−+⋅⋅−+

⋅

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−=δ

[ ] EI EI EI GJ EI GJ EI tt

144

6

27099270991

6)6()6(6)3()3(

1

6663

1

3333

1

311 +=+=+=⋅⋅−⋅−+⋅−⋅−+⋅

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅=

δ 011110 =+ X δ δ ⇒ X 1 = +27.5 kN


M [kNm] T [kNm]

15

60

6022.5

+150

97.5

+60

–22.5

110 X M M M += 110 X T T T +=

22.5

Exemplo 22

Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. A relação entre a rigidez àtorção e a rigidez à flexão é GJ t = 6EI , para todas asbarras.


31/32


Equação de compatibilidade:

011110 =+ X δ δ

EI 13363

313183

313363

313363

3110 ⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅−⋅⋅⋅+=δ

[ ]EI GJ EI GJ tt

162016213)36)(3(3)36()3( +=++=⋅⋅+++⋅+⋅−+

[ ]tGJ EI

13)3()3(3)3()3(

1333

3

1411 ⋅⋅+⋅++⋅−⋅−+⋅

⋅⋅⋅+⋅=δ

EI EI EI GJ EI t

45

6

5436543611 +=++=++=δ

045162

1 =⋅+⇒ X EI EI

kN6,31 −=∴X

Momentos Fletores Finais:110 X M M M ⋅+=

[kNm]

M


Caso (1) – Hiperstático X 1 isolado no SP

[kNm]

M 0

x X 1X 1 = 1

SP

Sistema Principal eHiperestático (g = 1)

X 1 [kNm]

T 0

M 1

T 1

0

–3

12

12

24

18

36

36

36

36

0

0

0

+36

+36

1

23

3

3

+3

0

0 0

0

Momentos Torsores Finais:110 X T T T ⋅+=

[kNm]

T 1846,8

36

10,825,2 25,2

0 0

0

+25,2

+46,8

EI GJ t 6=

Exemplo 23

Empregando-se o Método das Forças, obter os dia-gramas de momentos fletores e momentos torçorespara a grelha ao lado. Todas as barras têm a relaçãoindicada entre a rigidez à torção GJ t e a rigidez à fle-xão EI .

EI GJ t ⋅= 23


32/32


Equação de compatibilidade:

011110

=+ X δ δ

[ ]tGJ EI

13)72(6

16726

3

13186

3

13726

3

110 ⋅⋅−⋅+⋅

⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅−=δ

EI GJ EI GJ EI tt

2268

3

1296214041296140410 −=

⋅

⋅−−=−−=δ

[ ]tGJ EI

1666366

1666

3

12366

3

1211 ⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅

⋅⋅⋅+⋅+

⋅⋅⋅+⋅=δ

EI EI EI GJ EI t

432

3

324221632421611 +=

⋅

⋅++=++=δ

04322268

1 =⋅+−⇒ X EI EI

kN25,51 +=∴X

Momentos Fletores Finais:

110 X M M M ⋅+=

[kNm]

M


Caso (1) – Hiperstático X 1 isolado no SP

[kNm]

M 0

x X 1

X 1 = 1

SP

Sistema Principal eHiperestático (g = 1)

X 1

[kNm]

T 0

M 1

T 1

0

+6

48

12

18

72

72

00

0

–72

1

2

6

6

6

+6

00

Momentos Torsores Finais:

110 X T T T ⋅+=

[kNm]

T

18

40,5

40,5

31,5

31,5

00

+31,5

–40,5

EI GJ t ⋅=2

3

12

6

0

Exemplos de Solucao Metodo Das Forcas

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