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154
Método das Forças Exemplos de Aplicação em Vigas
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Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Vigas
Método das Forças Vigas
3
EXEMPLO1: Analise a viga da figura por meio do Método das Forças considerando como incógnita redundante o momento fletor no apoio B. Despreze o efeito das deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.
Figura 1 – Viga contínua
Figura 2 – Estrutura isostática fundamental
Propriedades geométricas da seção
433
1008333,212
)50,0(20,0mII BCBC
−
⋅=⇒⋅
=
IIII ABBCAB ⋅=⇒⋅= 744,2744,2
Módulo de elasticidade constante: E = constante
Fase L
Figura 3 – Fase L
433
1071667,512
)70,0(20,0mII ABAB
−
⋅=⇒⋅
=
Método das Forças Vigas
4
Figura 4 – Diagrama de momento fletor – Fase L
∫ ∫+=
AB BC
LLQL EI
dxmM
EI
dxmMD 11
1
EIEIIEDQL
⋅⋅
+⋅⋅⋅+
⋅
⋅+
⋅⋅⋅
⋅=
56
)25(2348
24
)5(20
)744,2(24
)8(20 33
1
EID
EIEIEID QLQL
857,32620,67167,10449,15511 =⇒++=
Fase 1
Figura 5 – Fase 1
Figura 6 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
∫∫ +=
BCAB EI
dxm
EI
dxmF
2
1
2
1
11
)()(
EIF
EIIEF
6385,2
3
51
)744,2(3
811111 =⇒
⋅
⋅+
⋅⋅⋅
⋅=
Método das Forças Vigas
5
Cálculo da redundante
0DQFD Q1111QL1 ==+⇒=+ QQL DQFD
kNmQEI
Q
EI88,1230
6385,2857,3261
1−=⇒=
⋅+
Cálculo dos esforços nas barras
kNVV
kNVV
kNVV
kNVV
AC
BDBD
BEBE
AA
02,54088,1233482
)5(205
98,93088,1232482
)5(205
49,95088,1232
)8(208
52,64088,1232
)8(208
2
2
2
2
=⇒=+⋅−⋅
−⋅
=⇒=−⋅−⋅
−⋅
=⇒=−⋅
−⋅
=⇒=+⋅
−⋅
Pontos de cortante nulo
Vão AB
mXX ABAB 23,302052,64 =⇒=⋅−
Vão BC
kNV
kNV
ME
MD
98,334822002,54
02,1422002,54
=+⋅+−=
−=⋅+−=
(Logo tem-se que a força cortante muda de sinal sob o ponto M)
Pontos de momento máximo
Vão AB
kNmMMMÁXMÁX
05,1042
)23,3(2052,6423,3
2
=⇒⋅
−⋅=
Vão BC (sob o ponto M)
kNmMMMÁXMÁX
05,682
)2(20202,54
2
=⇒⋅
−⋅=
VC
Método das Forças Vigas
6
Diagrama de esforços solicitantes
Figura 7 – Diagrama de força cortante
Figura 8 – Diagrama de momento fletor
Método das Forças Vigas
7
EXEMPLO2: Analise a viga da figura através do Método das Forças considerando como incógnitas redundantes os momentos fletores nos apoios A e B. Despreze o efeito das deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes. Dado: EI constante em todos os vãos da viga.
Figura 9 – Viga contínua
Figura 10 – Estrutura isostática fundamental
Fase L
Figura 11 – Fase L
Figura 12 – Diagrama de momento fletor – Fase L
Método das Forças Vigas
8
∫∫ ∫ ++=
CD
L
AB BC
LLQL EI
dxmM
EI
dxmM
EI
dxmMD 111
1
EID
EID QLQL
108
24
)6(121
3
1 =⇒⋅
⋅=
∫∫ ∫ ++=
CD
L
AB BC
LLQL
EI
dxmM
EI
dxmM
EI
dxmMD 222
2
EID
EIEIEIEID
EIEIEIEID
QLQL
QL
166206018108
6
430
16
)4(60
424
])2()43(14[2312
24
)6(12
22
223
2
=⇒+++=
⋅
⋅−
⋅
⋅+
⋅⋅
−+⋅⋅⋅⋅⋅+
⋅
⋅=
Fase 1
Figura 13 – Fase 1
Figura 14 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
∫∫ ∫∫∫ ∫ ++==++=
CDAB BCCDAB BC EI
dxmm
EI
dxmm
EI
dxmmFF
EI
dxm
EI
dxm
EI
dxmF 212121
2112
2
1
2
1
2
111
)()()(
EIF
EIF
2
3
61111 =⇒
⋅=
EIFF
EIFF
1
6
621122112 ==⇒
⋅==
Método das Forças Vigas
9
Fase 2
Figura 15 – Fase 2
Figura 16 –Diagrama de momento fletor – Fase 2
EIF
EIEIF
EI
dxm
EI
dxm
EI
dxmF
CDAB BC
⋅=⇒
⋅+=
++= ∫∫ ∫
3
10
3
42
)()()(
2222
2
2
2
2
2
222
Cálculo das redundantes
QLDFQ1−
−=
[ ]
mkN
EI
EIEI
EI
EIEI
EI
D
D
Q
Q
⋅
−
−=⇒
⋅
−=
⋅=
−
−⋅=⇒
−
−⋅⋅=
⋅=⇒−=
=
=
=
−−
53,39
24,34
224
194
17
3
166
1081
21
13/10
17
3
21
13/10
17
)(31
)(3
1713/20
)(
1
3/101
121
0
0
12
1
22
2
1
D
FF
FF
F
D
QL
Q
Método das Forças Vigas
10
Esforços nas barras
kNVV
kNVV
kNVV
kNVV
kNVV
CDCD
CECE
BDBD
BEBE
AA
00,2003050,1
62,3303053,392602
)2(124
38,5003053,3926032124
88,36053,3924,342
)6(126
12,35053,3924,342
)6(126
2
2
2
=⇒=−⋅
=⇒=−+⋅−⋅
−⋅
=⇒=+−⋅−⋅⋅−⋅
=⇒=−+⋅
−⋅
=⇒=+−⋅
−⋅
Pontos de cortante nulo
Vão AB
mXX ABAB 93,201212,35 =⇒=⋅−
Vão BC
kNVV
kNVV
EDED
EEEE
62,336021238,50
38,2621238,50
−=⇒−⋅−=
=⇒⋅−=
Logo o momento máximo no vão BC será no ponto E.
Pontos de momento máximo
Vão AB
kNmMMMÁXMÁX
15,1724,342
)93,2(1212,3593,2
2
=⇒−⋅
−⋅=
Momento no ponto central do vão
kNmMM MM 12,1724,342
)3(12312,35
2
=⇒−⋅
−⋅=
Vão BC
kNmMMMÁXMÁX
23,3753,392
)2(12238,50
2
=⇒−⋅
−⋅=
Método das Forças Vigas
11
Diagrama de esforços solicitantes
Figura 17 – Diagrama de força cortante
Figura 18 – Diagrama de momento fletor
Método das Forças Vigas
12
EXEMPLO3: Resolver a viga da figura pelo Método das Forças. Considerar apenas as deformações por flexão.
Dado: EI constante.
Figura 19 – Viga Contínua
Figura 20 – Estrutura isostática fundamental
0
0
2
1
=
=
Q
Q
D
D
Fase L
Figura 21 – Fase L
Figura 22 – Diagrama de momento fletor – Fase L
Método das Forças Vigas
13
Fase 1
Figura 23 – Fase 1
Figura 24 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
Fase 2
Figura 25 – Fase 2
Figura 26 – Diagrama de momento fletor – Fase 2
Método das Forças Vigas
14
Cálculo dos deslocamentos
(∫∫ ==
2
0
8
0
1L1QL
EI
mMD dx x ) (∫+
2
0
dx x ) dx
(∫+
2
0
) (∫+
2
0
dx )EI
6666,346 = dx x x
(∫∫ ==
2
0
8
0
2L2QL
EI
mMD dx x ) (∫+
2
0
dx x ) dx
x ) (∫+
2
0
dx x(∫+
2
0
)EI
3333,1293 = dx
Cálculo dos coeficientes de flexibilidade
(∫∫ ==
4
0
8
0
1111
EI
mmF dx )
EI
3333,212 dx =
(∫∫ ==
4
0
8
0
2112
EI
mmF dx )
EI
3333,53 dx =x
(∫∫ ==
8
0
8
0
2222
EI
mmF dx )
EI
6666,1702 dx =
Fase Final
Cálculo das redundantes
=333,1293
666,346
EI
1QLD
=
6666,1703333,53
3333,533333,21
EI
1F
QFDD QLQ += { }QL
1 DDFQ Q −=−
−
−=
−
02678,006696,0
06696,021428,0EI1F
−=
×
−
−−=
4285,11
3214,12
333,1293
666,346
EI
1
02678,006696,0
06696,021428,0EIQ
Método das Forças Vigas
15
Cálculo das demais reações de apoio
Figura 27 – Reações de apoio
01010204285,113214,120 =+−−−+⇒=∑ AVV
kNVA 1071,19=
084285,118102
431043214,12402200 =⋅−⋅+
⋅⋅−⋅++⋅−⇒=∑ AA MM
kNmM A 1429,22=
Diagrama de esforços solicitantes
Figura 28 – Diagrama de força cortante
Figura 29 – Diagrama de momento fletor
Método das Forças Vigas
16
EXEMPLO4: Calcule a viga contínua abaixo usando o método das forças e em seguida trace os diagramas finais de força cortante e momento fletor. Despreze as deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.
Figura 30 – Viga contínua
Dados: Seção transversal das barras AB, DE e EF – 20cm x 50cm.
Seção transversal das barras BC e CD – 20cm x 40cm.
Grau de indeterminação estática – (g.i.e.):
- nº de vinculos externos = 2+1+1+1+1=6
- nº de equações de equilibrio = 3
- g.i.e. = 6-3=3
Figura 31 – Estrutura isostática fundamental
Propriedades geométricas das seções transversais
Barras AB, DE e EF
22 m1,01000cm 5020 ==⋅=A
43
43
m 100833,2
cm 33,20833312
5020
−×=
=⋅
=
I
I
Barras BC e CD
22 m08,0800cm 4020 ==⋅=A
43
43
m100667,1
cm 67,10666612
4020
−×=
=⋅
=
I
I
Método das Forças Vigas
17
Fase L
Figura 32 – Fase L
• Utilizando tabelas de deslocamentos em vigas isostáticas:
- ''' 111 QLQLQL DDD +=
ABAB
QLEIEI
D3333,53
24
420'
3
1 =⋅
⋅=
BCBC
QLEIEI
D5,22
24
320''
3
1 =⋅
⋅=
EEIEID
BCAB
QL
257,466915,223333,531 =+=
- ''' 222 QLQLQL DDD +=
BCBC
QLEIEI
D5,22
24
320'
3
2 =⋅
⋅=
( )[ ]CDCDCDCDCD
QLEIEIEIEIEI
D704030
16
44024314
424
2320''
22
2 =+=⋅
⋅+−+⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅=
EEIEID
CDBC
QL
659,86691705,222 =+=
- ''' 333 QLQLQL DDD +=
( )[ ]CDCDCDCDCD
QLEIEIEIEIEI
D3333,63403333,23
16
44024134
424
2120'
22
3 =+=⋅
⋅+−+⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅=
( )
DEDEDEDEDE
QLEIEIEIEIEI
D3333,796667,1696
6
5210
56
533260''3 =−=
⋅
⋅⋅−
⋅⋅
+⋅⋅⋅=
EEIEID
DECD
QL
540,974423333,793333,633 =+=
Método das Forças Vigas
18
Fase 1 (Q1 = 1 ; Q2 = 0 ; Q3 = 0)
Figura 33 – Fase 1
111111 ''' FFF +=
EF
EIF
EIF
BCAB
310,1577
3
31''
3
41' 111111 =⇒
⋅
⋅=
⋅
⋅=
EEIF
BC
604,468
6
3121 =
⋅
⋅=
031 =F
Fase 2 (Q1 = 0 ; Q2 = 1 ; Q3 = 0)
Figura 34 – Fase 2
EEIF
BC
604,468
6
3121 =
⋅
⋅=
222222 ''' FFF +=
EF
EIF
EIF
CDBC
785,2186
3
41''
3
31' 222222 =⇒
⋅
⋅=
⋅
⋅=
EEIF
CD
805,624
6
4132 =
⋅
⋅=
Método das Forças Vigas
19
Fase 3 (Q1 = 0 ; Q2 = 0 ; Q3 = 1)
Figura 35 – Fase 3
031 =F
EEIF
CD
805,624
6
4123 =
⋅
⋅=
333333 ''' FFF +=
EF
EIF
EIF
DECD
738,2049
3
51''
3
41' 333333 =⇒
⋅
⋅=
⋅
⋅=
Fase Final
Cálculo das redundantes:
QFDD QLQ ⋅+=
=
0
0
0
QD
×=
540,97442
659,86691
257,466911
EQLD
E
1
738,2049805,6240
805,624785,2186604,468
0604,468310,1577
×
=F
Resolvendo-se o sistema:
−
−
−
=
kNm
kNm
kNm
880,39
395,23
651,22
Q
ESTRUTURA FINAL:
Figura 36 – Indicação dos momentos fletores nos apoios
Método das Forças Vigas
20
Cálculo das reações de apoio
kNVV
M
BB
C
75,29''0395,232
32065,22''3
0
2
==+⋅
−−
=∑
kNVV
M
CC
B
25,30'0651,22395,232
320'3
0
2
==−+⋅
+−
=∑
( ) ( )
kNV
V
M
C
C
D
88,45''
0880,39395,232403220''4
0
=
=+−⋅−⋅⋅−
=∑
( )
kNV
V
M
D
D
C
12,34'
0395,232
220240880,39'4
0
2
=
=−⋅
+⋅++−
=∑
( )
kNV
V
M
D
D
E
98,39''
000,20880,39360''5
0
=
=+−⋅−
=∑
( ) ( )
kNV
V
M
E
E
D
02,30
0880,39510260205
0
=
=−⋅+⋅++−
=∑
Resumindo:
kNV
kNVVV
kNVVV
kNVVV
kNV
E
DDD
CCC
BBB
A
02,30
10,74
13,76
41,75
34,34
'''
'''
'''
=
=+=
=+=
=+=
=
kNVV
M
BB
A
66,45'0651,222
420'4
0
2
==+⋅
+−
=∑
kNVV
M
AA
B
34,340651,222
4204
0
2
==+⋅
−
=∑
Método das Forças Vigas
21
DIAGRAMAS FINAIS
Figura 37 - Diagrama de força cortante
Figura 38 - Diagrama de momento fletor
Cálculo dos coeficientes do exemplo 4 usando o princípio dos trabalhos virtuais (P.T.V.):
Diagrama de momento fletor nas diversas fases:
Figura 39 - Diagramas da FASE L
Figura 40 - Diagramas da FASE 1
Método das Forças Vigas
22
Figura 41 - Diagramas da FASE 2
Figura 42 - Diagramas da FASE 3
Cálculo dos deslocamentos: FASE L : ∫= dxEI
mMD iL
QLi
∫=
4
0
1 (1
AB
QLEI
D )dx + ∫3
0
(1
BCEI ) dx
EIEIEIEIEID
BCABBCAB
QL
257,466915,2233,53
3
315,221
3
414011 =+=
⋅⋅+
⋅⋅=
(1
3
0
2 ∫=BC
QLEI
D ) dx + (1
2
0
∫CDEI
) dx+
(1
2
0
∫CDEI
) dx + (1
2
0
∫CDEI
) dx
( ) ( )=
⋅⋅+
⋅⋅++
⋅+⋅+
⋅⋅=
3
25,0601
6
25,021601
3
25,01101
3
315,2212
CDCDCDBC
QLEIEIEIEI
D
( ) ( )CDBC
BCBC
QL IIEEIEI
D ===+++=659,866915,92
2040105,221
2
(1
2
0
3 ∫=CD
QLEI
D )dx + (1
2
0
∫CDEI
) dx +
(1
2
0
∫CDEI
) dx + (1
2
0
∫DEEI
) dx +
(1
3
0
∫DEEI
) dx
Método das Forças Vigas
23
( ) ( )
( )
( ) ( )EEIEIEIEI
D
EI
EIEIEIEID
DECDDECD
QL
DE
DECDCDCD
QL
540,9744233,7933,634,3293,46
1402033,3
1
36
206426,01
6
26,021641
6
215,02601
3
25,0601
3
25,0101
3
3
=+=++++=
=
⋅
−⋅+
⋅⋅+⋅+
⋅+⋅+
⋅⋅+
⋅⋅=
Coeficientes de flexibilidade:
(1
4
0
11 ∫=ABEI
F )2 dx + (
13
0
∫BCEI
)2 dx
( ) ( )
EEEEIEIF
BCAB
31,157721,93710,640
3
311
3
41122
11 =+=
⋅+
⋅=
(1
3
0
21 ∫=BCEI
F ) dx
⇒=
⋅⋅=
EEIF
BC
60,468
6
311121
EF
60,46812 =
⇒= 031F 013 =F
(1
3
0
22 ∫=BCEI
F )2 dx + (
14
0
∫CDEI
)2 dx
( ) ( )
EEEEIEIF
CDBC
81,218661,124921,937
3
411
3
31122
22 =+=
⋅+
⋅=
(1
4
0
23 ∫=CDEI
F ) dx
( )⇒=
⋅=
EEIF
CD
8,624
6
4112
23 E
F8,624
32 =
(1
4
0
33 ∫=CDEI
F )2 dx + (
15
0
∫DEEI
)2 dx
( ) ( )
EEEEIEIF
DECD
74,204980061,1249
3
511
3
41122
33 =+=
⋅+
⋅=
Método das Forças Vigas
24
EXEMPLO5: Calcule as reações de apoio da viga da figura utilizando o método das forças. Considere as deformações devidas à força cortante e ao momento fletor. A seção transversal usada trata-se de um perfil soldado de aço, padrão VS-800x111 , conforme figura.
Dados: E=2,1x10
4 kN/cm
2 (aço)
G=8x103 kN/cm
2 (aço)
Figura 43 - Viga
4
2
2
155074
29,262
142
625,778,0
142
cmI
A
Af
cmA
cmA
ALMA
S
ALMA
=
===
=⋅=
=
G.I.E = 3-2=1
Estrutura isostática fundamental:
Figura 44 - Estrutura isostática fundamental
Fase L
Figura 45 - Fase L
( ) cmDQL 7265,174536,02729,171421082
100045,029,2
155074101,28
100045,03
2
4
4
1 −=+−=
⋅×⋅
⋅⋅+
⋅×⋅
⋅−=
Método das Forças Vigas
25
Fase 1
Figura 46 - Fase 1
10437,0100158,210236,0142108
100029,2
155074101,23
1000 3
34
3
11 =×+=
⋅×
⋅+
⋅×⋅=
−F
Equação de compatibilidade: 01 =QD
011111 =⋅+= QFDD QLQ
kNF
DQ
QL84,169
10437,0
7265,17
11
1
1 ==−= (Reação vertical no apoio B)
Cálculo das reações de apoio finais: (usando o método da superposição de efeitos)
kNQVVV A
L
AA 16,28084,16914501
1=⋅−=⋅+= (para cima)
kNmQMMM A
L
AA 60,55184,1691022501
1=⋅−=⋅+= (sentido anti-horário)
Caso fossem desprezadas as deformações devidas à força cortante:
cmEI
qLDQL 2729,17
8
4
1 −=−=
1024,03
3
11 ==EI
LF
KNQ 75,1681 =
Demais reações de apoio : kNmM
kNV
A
A
5,562
25,281
=
=
Erros cometidos devido à não consideração das deformações devidas à força cortante:
- Erro% Q1 : %64,010084,169
84,16975,168=×
−
- Erro % VA : %38,010016,280
16,28025,281=×
−
- Erro % Ma : %98,110060,551
60,55150,562=×
−
- Observação : O cálculo de DQL1 e de F11 se baseou no resultado obtido no exemplo a
seguir, onde foi calculada a flecha na extremidade livre da viga em balanço, pelo M.C.U.,
considerando as deformações devidas ao momento fletor e à força cortante.
Método das Forças Vigas
26
EXEMPLO6: Calcule a flecha na extremidade livre da viga em balanço submetida ao carregamento indicado, usando o método da carga unitária. Considere as deformações devidas ao momento fletor e à força cortante.
Figura 47 – Viga em balanço
Dados:
E, G - material elástico linear isotrópico
A,I - constantes geométricas da seção
fs - fator de forma para cisalhamento
Fase L
Estrutura dada submetida ao carregamento real
Figura 48 – Fase L
(Momento fletor)
(Força cortante)
Figura 49 – Diagramas de força cortante e momento fletor - Fase L
Método das Forças Vigas
27
Para efeito de integração o diagrama ML pode ser decomposto como :
Figura 50 – Decomposição do diagrama de momento fletor
Fase U Carrega-se a estrutura dada com uma carga unitária correspondente ao deslocamento que se
pretende determinar. No caso, carga unitária vertical aplicada em B.
Figura 51 – Fase U
(Força cortante)
(Momento fletor)
Figura 52 – Diagramas de força cortante e momento fletor - Fase U
Aplicando-se a equação do M.C.U.
( )( ) ( )
⋅+++
−
+⋅−
+−=∆ LPqLP
GA
fLL
qLLL
qLPL
EI
SB
2
1
83
1)(
23
11 22
++
+=∆
GA
Lf
EI
Lq
GA
Lf
EI
LP SSB
283
243
Observar na resposta acima a influência da carga P, 1ª parcela, na qual está explícita a
influência das deformações de flexão (EI
PL
3
3
) e a influência das deformações devidas à força
cortante (GA
LfP S ⋅⋅ ).
De forma análoga, na 2ª parcela (influência de q) tem-se EI
Lq
8 (influência das deformações
de flexão) e GA
LqfS
2
2
⋅⋅ (influência da força cortante).
∫∫⋅
+⋅
=⋅∆ dxGA
vVfdx
EI
mM uLS
uLB 1
Método das Forças Vigas
28
EXEMPLO7: Calcule a flecha no meio do vão da viga abaixo, considerando a contribuição da flexão e do cisalhamento.
Dados:
23
24
/108
/101,2
cmkNG
cmkNE
×=
×=
Figura 53 – Viga bi-apoioada
Propriedades geométricas da seção:
2
2
2
4
142
62
80
155074
cmAAA
cmA
cmA
cmI
ALMMESA
ALMA
MESA
=+=
=
=
=
Fator de forma para cisalhamento:
29,262
142===
ALMA
SA
Af
Fase L
Figura 54 = Fase L
Fase U
Figura 55 = Fase U
Método das Forças Vigas
29
∫ ∫+=∆ dxGA
vVfdx
EI
mMS O deslocamento é composto de duas parcelas, uma devida
à flexão e outra devida ao cisalhamento.
M
∆ c
∆ (infl.do momento) (infl. da força cortante)
Utilizando a tabela de integrais de produto, tem-se:
- contribuição do momento fletor ( M∆ )
EI
M 1=∆ ∫
5
0
. ∫10
5
Substituindo os valores:
mM
018,0=∆
- contribuição da força cortante ( C∆ )
GA
fSC=∆ ∫
5
0
( . ∫10
5
Substituindo os valores:
mC
001134,0=∆
A flecha será então:
mCM 01913,0001134,0018,0 =+=∆+∆=∆
A influência da força cortante no deslocamento total é, então:
CC
∆→=∆
∆0593,0 corresponde a 5,93% do deslocamento total.
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Treliças
Método das Forças Treliças
33
EXEMPLO1: Determinar os esforços nas barras da treliça da figura abaixo utilizando o método das forças. Dados: − EA=constante.
Figura 1 – Treliça
Grau de indeterminação estática:
( ) ( ) 142632.. =⋅−+=⋅−+= nvmEIG
Figura 2 - Estrutura isostática fundamental
Equação de compatibilidade (deslocamento axial relativo na seção transversal da
barra BD) : 01 =QD
( )
( ) 80
60
,cos
,sen
=α
=α
BDNQ =1
Método das Forças Treliças
34
Fase L
( ) ( )
( ) ( )
=−−
=+−−
050
050coscos
αα
αα
senNsenN
NN
CDAD
CDAD
=−
=+
33,83
50,62
CDAD
CDAD
NN
NN
9272831452 ,N,N ADAD =⇒=
42105062 ,NN,N CDADCD −=⇒−=
Fase 1
Q1 = 1 ( NBD = 1 )
( ) ( )CDADCDAD NNsenNsenNV =⇒=α−α∴=∑ 00
( ) ( ) 010 =+α+α∴=∑ cosNcosNH CDAD
( ) 6250625012 ,N,NcosN CDADAD −=⇒−=⇒−=α
Cálculo dos coeficientes
Barra iL { }
iLN { }i1n { }
i1L LnN ⋅⋅ ( ){ }i
2
1 Ln ⋅
AD 2,5 72,92 -0,625 -113,94 0,97656
CD 2,5 -10,42 -0,625 16,28 0,97656
BD 2,0 0 1 0 2,0
Σ = -97,66 3,953120
EAEA
LnND
ii
L
QL
66,973
1
11
−=
⋅⋅=∑
=
( )
EAEA
LnF
ii
953120,33
1
2
111 =
⋅=∑
=
Método das Forças Treliças
35
Cálculo da redundante
EADQL
66,971
−=
EAF
953120,311 =
011111 =+= QFDD QLQ
70,24953120,3
)66,97(0
11
11
1 =−−
=−
=F
DDQ
QLQ
Esforços axiais finais
( ) ( ) 11 QnNNiiLi ⋅+=
( ) kNN AD 48,5770,24625,092,72 =⋅−=
( ) kNNCD 86,2570,24625,042,10 −=⋅−−=
kNQN BD 70,241 ==
Método das Forças Treliças
36
EXEMPLO2: Calcular a treliça da figura abaixo utilizando o método das forças. Dados: − EA=constante.
Figura 3 – Treliça
Grau de indeterminação estática:
( ) ( ) 242462.. =⋅−+=⋅−+= nvmEIG
Incógnitas Redundantes:
o Q1→ reação horizontal em B
o Q2→ força normal na barra 6
Figura 4 - Estrutura isostática fundamental
Equações de compatibilidade: 0
0
2
1
=
=
Q
Q
D
D
Método das Forças Treliças
37
Fase L, Fase 1 e Fase 2
Fase L Fase 1
Fase 2
Figura 5 – Fase L, Fase 1 e Fase 2
Quadro resumo dos esforços nas diversas fases
Barra { }iEA iL { }
iLN { }i1n { }
i2n
1 EA 3 0 0 2
2−
2 EA 3 5 0 2
2−
3 EA 3 -10 0 2
2−
4 EA 3 5 -1 2
2−
5 EA 23 25− 2 1
6 EA 23 0 0 1
Método das Forças Treliças
38
Cálculo dos coeficientes das matrizes e vetores
Barra { }i1L LnN ⋅⋅ { }
i2L LnN ⋅⋅ ( ){ }i
2
1 Ln ⋅ { }i21 Lnn ⋅⋅ ( ){ }
i
2
2 Ln ⋅
1 0 0 0 0 1,5
2 0 2
15− 0 0 1,5
3 0 2
30 0 0 1,5
4 -15 2
15− 3 2
3 1,5
5 230− -30 26 6 23
6 0 0 0 0 23
Σ = -57,4264 -30 11,4853 8,1213 14,4853
EAEA
LnND
ii
L
QL
4264,576
1
11
−=
⋅⋅=∑
=
EAEA
LnND
ii
L
QL
0,306
1
22
−=
⋅⋅=∑
=
( )
EAEA
LnF
ii
4853,116
1
2
111 =
⋅=∑
=
EAEA
LnnFF
ii
1213,86
1
211221 =
⋅⋅== ∑
=
( )
EAEA
LnF
ii
4853,146
1
2
222 =
⋅=∑
=
Notar que nos somatórios acima o índice i varia de 1 a 6, onde 6 é o número de barras da
treliça.
Método das Forças Treliças
39
Cálculo das redundantes
−
−=
30
4264,57
EA
1QLD
=
4853,141213,8
1213,84853,11
EA
1F
0QFDD QLQ =+=
Q1 = 5,858 kN Q2 = -1,213 kN
Forças normais finais
( ) ( ) ( ) 2i21i1iLi QnQnNN ⋅+⋅+= (Superposição de efeitos)
N1 = 0,858 (barra CD) N2 = 5,858 (barra AB) N3 = - 9,142 (barra AC) N4 = 0 (barra BD) N5 = 0 (barra BC) N6 = - 1,213 (barra AD)
Método das Forças Treliças
40
EXEMPLO3: Considerando a treliça da figura e a relação de áreas das suas barras, determinar o valor da área mínima necessária para as barras tracionadas, sendo a tensão admissível do aço igual a 160 Mpa. Utilizar o método da flexibilidade. (Obs.: não é necessário analisar as barras comprimidas, que dependem do índice de esbeltez).
Figura 6 - Treliça
Dados:
E = 205 GPa
A1 = A2 = A3 = 3A
A4 = A5 = A6 = A
A7 = A8 = A9 = A10 = 2A
Estrutura isostática fundamental
G.I.E = ( b + v ) – 2 n = (10 + 4) – 12 = 2
Figura 7 – Estrutura isostática fundamental
Equações de compatibilidade : 0
0
2
1
=
=
Q
Q
D
D
Método das Forças Treliças
41
Fase L:
Figura 8 – Fase L
°=⇒= 87,360,2
5,1tan αα
=
=
8,0cos
6,0sen
α
α
°=⇒= 57,260,3
5,1tan ββ
=
=
894,0cos
447,0sen
β
β
kNVVM CCA 75,3805,11047200 −=⇒=⋅++⋅⇒=∑
kNVVV AA 75,1802075,380 −=⇒=+−⇒=∑
kNHHH AA 100100 −=⇒=+⇒=∑
Figura 9 – Forças normais nas barras – Fase L
Nó A:
kNNNV AEAE 25,31075,186,0.0 =⇒=−⇒=∑
kNNNH ABAB 150108,025,310 −=⇒=−+⋅⇒=∑
Método das Forças Treliças
42
Nó B:
00 =⇒=∑ EBNV
kNNNNH BCBCAB 1500 −=⇒=−⇒=∑
Nó E:
06,0.6,0.0 =++⇒=∑ CEEBAE NNNV
kNNN CECE 25,3106,0.06,025,31 −=⇒=++⋅
08,0.8,0.0 =−−⇒=∑ CEEFAE NNNH
( ) kNNN EFEF 5008,025,318,025,31 =⇒=⋅−−−⋅
Nó F:
0894,0.100 =−−⇒=∑ FDEF NNH
kNNN FDFD 74,440894,01050 . =⇒=−−
0447,0.0 =+⇒=∑ FDFC NNV
kNNN FCFC 200447,07,44 −=⇒=⋅+
Nó C:
08,0.0 =−+⇒=∑ CDBCCE NNNH
kNNN CDCD 400158,025,31 −=⇒=−−⋅−
075,386,00 . =++⇒=∑ FCCE NNV
kNNN FCFC 20075,386,025,31 −=⇒=++⋅−
Nó D:
0447,0.200 =+−⇒=∑ FDNV kNN FD 74,44=⇒
0894,0.0 =+⇒=∑ FDCD NNH kNNCD 40−=⇒
Fase 1: (Q1 = 1 ; Q2 = 0)
Figura 10 – Fase 1
0'0'.40 =⇒=⇒=∑ cCA VVM
0'0 =⇒=∑ AVV
1'0 −=⇒=∑ AHH
Método das Forças Treliças
43
Figura 11 – Forças normais nas barras – Fase 1
Nó A:
00 =⇒=∑ AENV
10 =⇒=∑ ABNH
Nó B:
00 =⇒=∑ EBNV
10 =⇒=∑ BCNH
Nó E:
06,0.6,0.0 =++⇒=∑ CEEBAE NNNV 0=⇒ CEN
08,0.8,0.0 =++−⇒=∑ CEEFAE NNNH 0=⇒ EFN
Nó F:
0894,0.0 =−⇒=∑ FDEF NNH 0=⇒ FDN
0447,0.0 =+⇒=∑ FDFC NNV 0=⇒ FCN
Nó C:
018,0.0 =−−+⇒=∑ CDBCCE NNNH 0=⇒ CDN
06,00 . =+⇒=∑ FCCE NNV 0=⇒ FCN
Nó D:
0447,0.0 =⇒=∑ FDNV 0=⇒ FDN
0894,0.0 =+⇒=∑ FDCD NNH 0=⇒ CDN
Método das Forças Treliças
44
Fase 2: (Q1 = 0 ; Q2 = 1)
Figura 12 – Fase 2
0"0 =⇒=∑ cA VM
0"0 =⇒=∑ AVV
0"0 =⇒=∑ AHH
Figura 13 – Forças normais nas barras – Fase 2
Nó A:
0;0 == ABAE NN
Nó D:
0;0 == DFCD NN
Nó B:
8,0;6,0 −=−= BCEB NN
Nó C:
6,0;1 −== FCCE NN
Nó E:
8,0;1 −== EFCE NN
Nó F:
6,0;0 −== FCFD NN
Método das Forças Treliças
45
Barra { }i
A iL { }iLN { }
i1n { }i2n
1 3A 2,0 -15 1 0
2 3A 2,0 -15 1 -0,8
3 3A 3,0 -40 0 0
4 A 2,5 31,25 0 0
5 A 2,0 50 0 -0,8
6 A 3,35 44,74 0 0
7 2A 1,5 0 0 -0,6
8 2A 1,5 -20 0 -0,6
9 2A 2,5 -31,25 0 1
10 2A 2,5 0 0 1
Barra
i
L
A
LnN
⋅⋅ 1
i
L
A
LnN
⋅⋅ 2
( )
iA
Ln
⋅
2
1 i
A
Lnn
⋅⋅ 21
( )
iA
Ln
⋅
2
2
1 A
10− 0 A
6667,0 0 0
2 A
10− A
8 A
6667,0 A
5333,0− A
4267,0
3 0 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0
5 0 A
80− 0 0 A
28,1
6 0 0 0 0 0
7 0 0 0 0 A
27,0
8 0 A
9 0 0 A
27,0
9 0 A
0625,39− 0 0
A25,1
10 0 0 0 0 A
25,1
Σ = A
20− A
0625,102− A
3333,1 A
5333,0− A
7467,4
DQL1 DQL2 F11 F12 F22
Método das Forças Treliças
46
Equação de compatibilidade
DQ = DQL + F Q = 0
DQL + F Q = DQ
−
−+
−
−=
2
1
7467,45333,0
5333,03333,11
0625,102
201
0
0
Q
Q
EAEA
Q1 = 24,711 kN Q2 = 24,278 kN
Esforços nas barras da estrutura hiperestática
N = NL + n1.Q1 + n2.Q2
N1 = -15+1 . 24,711 = 9,711 kN
N2 = -15+1 . 24,711 – 0,8 . 24,278 = -9,711 kN
N3 = -40,0 kN
N4 = 31,25 kN
N5 = 50 – 0,8 . 24,278 = 30,577 kN
N6 = 44,74 kN
N7 = -0,6 . 24,278 = -14,567 kN
N8 = -20 – 0,6 . 24,278 = -34,567 kN
N9 = -31,25 + 1 . 24,278 = -6,972 kN
N10 = 24,278 kN
Área mínima
2/16160 cmkNMPaadm ==σ kNF 74,44max =
2
minminmax
min 796,216
74,44cmAA
FA
A
F
adm
=⇒=⇒=⇒=σ
σ
Método das Forças Treliças
47
EXEMPLO4: Calcule as forças normais da treliça da figura utilizando o Método da Flexibilidade (Método das Forças).
Dados:
− E = 2,1x104 kN/cm2
− Área da seção transversal das barras:
• A1 = A2 = A3 = A8 = A15 = A16 = A17 = 3,0 cm2
• A4 = A7 = 10,0 cm2
• A5 = A6 = A11 = A12 = 5,0 cm2
• A9 = A10 = A13 = A14 = 20,0 cm2
Figura 14 - Treliça
Método das Forças Treliças
48
Estrutura Isostática Fundamental - Grau de Inderteminação Estática: �. �. � � �� � � 2 � � �17 � 3 � 2 9 � 2 - Incógnitas Redundantes: �� � força normal na barra 5 �� � força normal na barra 11
Figura 15 – Estrutura Isostática Fundamental
� � ������ �3,01,0 � 71,565°
$ � ������ �1,00,5 � 63,435°
&'��� � 0,949
�(&�� � 0,316
&'��$ � 0,894
�(&�$ � 0,447
aa
�
$
Método das Forças Treliças
49
Fase L
Figura 16 – Fase L
Reações de Apoio:
*+, � 0 - �3./ � 20 3 � 15 6 � 10 7 � 0 - ./ � 2203
*0 � 0 - 10 � 15 � 20 � 0, � 0 - 0, � �45
*. � 0 - ./ � ., � 0 - ., � �2203
Nó I:
*. � 0 - 1� 0,894 � 1� 0,894 � 0 - 1� � �1�
*0 � 0 - 10 � 1� 0,447 � 1� 0,447 � 0 - 1� � �1� � 11,180
Nó G:
*0 � 0 - 12 � 1� 0,447 � 0 - 12 � �5
*. � 0 - 1� 0,894 � 13 � 0 - 13 � 10
aa
�
$
Método das Forças Treliças
50
Nó H:
*0 � 0 - 15 � 12 � 1� 0,447 � 14 0,316 � 0 - 14 � 79,057
*. � 0 - 1� 0,894 � 14 0,949 � 15 � 0 - 15 � �85
Nó D:
*. � 0 - 1�3 0,949 � ./ � 0 - 1�3 � �77,300
*0 � 0 - 1�5 �1�3 0,316 � 0 - 1�5 � 24,444
Nó C:
*. � 0 - 1�2 � 0 *0 � 0 - 1�5 �1�4 � 0 - 1�4 � 24,444
Nó F:
*. � 0 - 15 � 1�2 � 1�� 0,949 � 1�3 0,949 � 0 - 1�� � �12,298
*0 � 0 - 20 � 1�3 0,316 � 16 � 1�� 0,316 � 0 - 16 � �0,556
Nó E:
*0 � 0 - 16 � 14 0,316 � 17 0,316 � 0 - 17 � 77,300
Nó B:
*. � 0 - 1�8 �1�� 0,949 � 0 - 1�8 � 11,667
*0 � 0 - 1�4 �1�� 0,316 � 1�9 � 0 - 1�9 � 20,556
Método das Forças Treliças
51
Fase 1
Figura 17 – Fase 1
Reações de Apoio:
0, � ., � ./ � 0
Nó I:
1� � 0 1� � 0
Nó D:
*. � 0 - 1�3 � 0 *0 � 0 - 1�5 � 0
Nó C:
*. � 0 - 1�2 � 0 *0 � 0 - 1�4 � 0
Nó A:
*. � 0 - 17 � 0 *0 � 0 - 1�9 � 0
aa
�
$
Método das Forças Treliças
52
Nó B:
*0 � 0 - 1�� � 0 *. � 0 - 1�8 � 0
Nó F:
*. � 0 - 15 � 1 0,949 � 0 - 15 � �0,949
*0 � 0 - �16 � 1 0,316 � 0 - 16 � �0,316
Nó G:
*. � 0 - �1 0,949 � 13 � 0 - 13 � �0,949
*0 � 0 - 12 � 1 0,316 � 0 - 12 � �0,316
Nó H:
*. � 0 - �14 0,949 � 15 � 0 - 14 � 1
Fase 2
Figura 18 – Fase 2
aa
�
$
Método das Forças Treliças
53
Reações de Apoio:
0, � ., � ./ � 0
Nó I:
1� � 0 1� � 0
Nó D:
*. � 0 - 1�3 � 0 *0 � 0 - 1�5 � 0
Nó A:
*. � 0 - 17 � 0 *0 � 0 - 1�9 � 0
Nó G:
*. � 0 - 13 � 0 *0 � 0 - 12 � 0
Nó H:
*0 � 0 - 14 � 0 *. � 0 - 15 � 0
Nó C:
*. � 0 - 1�2 � 1 0,949 � 0 - 1�2 � �0,949
*0 � 0 - �1�4 � 1 0,316 � 0 - 1�4 � �0,316
Nó E:
*0 � 0 - 16 � 1 0,316 � 0 - 16 � �0,316
*. � 0 - �1 0,949 � 1�8 � 0 - 1�8 � �0,949
Nó F:
*. � 0 - �1�� 0,949 � 1�2 � 0 - 1�� � 1
Método das Forças Treliças
54
Quadro Resumo dos Esforços Axiais: Barra :;<= :><= :1?<= :��<= :��<=
1 3 1,118 11,180 0 0 2 3 1,118 -11,180 0 0 3 3 1 -5 -0,316 0 4 10 3 10 -0,949 0 5 5 3,162 0 1 0 6 5 3,162 79,057 1 0 7 10 3 -85 -0,949 0 8 3 1 -0,556 -0,316 -0,316 9 20 3,162 77,300 0 0
10 20 3 11,667 0 -0,949 11 5 3,162 0 0 1 12 5 3,162 -12,298 0 1 13 20 3 0 0 -0,949 14 20 3,162 -77,300 0 0 15 3 1 20,556 0 0 16 3 1 24,444 0 -0,316 17 3 1 24,444 0 0
Cálculo dos Coeficientes das Matrizes e Vetores:
Barra @1? . ��. >; A= @1? . ��. >; A= B����. >; C= @��. ��. >; A= B����. >; C
=
1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 3 0,52705 0 0,03333 0 0 4 -2,84605 0 0,27 0 0 5 0 0 0,63246 0 0 6 50 0 0,63246 0 0 7 24,19142 0 0,27 0 0 8 0,05856 0,05856 0,03333 0,03333 0,03333 9 0 0 0 0 0
10 0 -1,66020 0 0 0,135 11 0 0 0 0 0,63246 12 0 -7,77778 0 0 0,63246 13 0 0 0 0 0,135 14 0 0 0 0 0 15 0 0 0 0 0 16 0 -2,57667 0 0 0,03333 17 0 0 0 0 0
∑ � 71,93098 -11,95608 1,87158 0,03333 1,60158
Método das Forças Treliças
55
EF?� � 71,93098� EF?� � �11,95608
�
G�� � 1,87158� G�� � G�� � 0,03333
� G�� � 1,60158�
Solução do Sistema de Equações
EF? � 1� H 71,93098�11,95608I G � 1
� J1,87158 0,033330,03333 1,60158K EF � EF? � G� �� � �38,581 L1 �� � 8,268 L1 Esforços Axiais Finais 1� � 11,180 L1 1� � �11,180 L1 12 � 7,200 L1 13 � 46,601 L1 19 � �38,581 L1 14 � 40,476 L1 15 � �48,399 L1 16 � 9,030 L1 17 � 70,300 L1
1�8 � 3,823 L1 1�� � 8,268 L1 1�� � �4,030 L1 1�2 � �7,844 L1 1�3 � �77,300 L1 1�9 � 20,556 L1 1�4 � 21,830 L1 1�5 � 24,444 L1
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Pórticos
Método das Forças Pórticos
59
Análise de Pórticos Planos
Deformações possíveis de ocorrer nos pórticos são devidas a:
• Momento Fletor
• Força Normal
• Força Cortante
∫ ∫∫ ++=∆ dxGA
Vvfdx
EA
Nndx
EI
Mmx1 s
Deformação preponderante:
• Devida a momento fletor
Cálculo dos coeficientes:
- Considerar sempre o efeito das deformações devidas ao momento fletor
∫ ∫∫ ++= dxGA
Vvfdx
EA
Nndx
EI
MmD
j
s
jj
QLj
∫ ∫∫ ++= dxGA
vvfdx
EA
nndx
EI
mmF
ji
s
jiji
ij
Método das Forças Pórticos
61
EXEMPLO1: Analisar o pórtico dado considerando as deformações por flexão e as deformações axiais. Dados: - EI = constante.
- EA= constante.
- Seção Transversal: 20x50 cm2.
Figura 1 – Pórtico plano
Grau de indeterminação estática: 3
Figura 2 - Estrutura isostática fundamental
Fase L
Figura 3 – Fase L
A
A
A
B
B
B
B
B
C
C
C
Método das Forças Pórticos
62
Diagramas
Força normal: nula nas duas barras
(VL) (ML)
Figura 4 – Diagramas de força cortante e momento fletor – Fase L
Fase 1
Figura 5 – Fase 1
Diagramas
(N1) (V1) (M1)
Figura 6 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 1
A
B A
B
C
C
B
B
A
B
B
C
A
A
A
B
B
C
B
B
C
B
C
Método das Forças Pórticos
63
Fase 2
Figura 7 – Fase 2
Diagramas
(N2) (V2) (M2)
Figura 8 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 2
Fase 3
Figura 9 – Fase 3
A
B
B
A
C
B
B
A
C
A
B
B
B
C
C
B
A
B
B
C
Método das Forças Pórticos
64
Diagramas
Força normal: nula nas duas barras.
Força cortante: nula nas duas barras.
Figura 10 – Diagrama de momento fletor – Fase 3
Propriedades geométricas
433
100833,212
5,02,0mI
−×=
⋅=
IAI
A4848 =⇒=
21,05,02,0 mA =⋅=
Cálculo de DQL
∫∫∫∫ +++=
BC
jL
AB
jL
BC
jL
AB
jL
QLj dxEA
nNdx
EA
nNdx
EI
mMdx
EI
mMD
00001 +++=QLD
( )( )EIEI
DQL
500000055102240
6
112
−=+++
⋅+⋅−=
( )EIEI
DQL
60000051240
2
113
−=+++
⋅⋅−=
Cálculo dos coeficientes de F
∫∫∫∫ +++=
BC
ji
AB
ji
BC
ji
AB
ji
ij dxEA
nndx
EA
nndx
EI
mmdx
EI
mmF
( )( )
EIEIEIEAEIEAEIF
24
517
48
10
3
6410
3
640
1011444
3
1011 =+=+=+
⋅⋅+
⋅−−⋅+=
00001221 +++== FF
A B B
C
Método das Forças Pórticos
65
( )
EIEIFF
800
441
2
101331 −=++
⋅−⋅⋅+==
( ) ( )
EIEIEIEAEIEAEIF
12
4001
48
4
3
10004
3
100041100
101010
3
122 =+=+=
⋅−⋅−+++
⋅⋅⋅=
EIEIFF
50000
10110
2
12332 =+++
⋅⋅⋅==
EIEIEIF
1400
411101133 =++
⋅⋅+
⋅⋅=
Fase Final
−
−
=
14508
504167,3330
805417,21
EI
1F
−
−=
600
5000
0
EI
1QLD
QFDD QLQ +=
−
−
=
4291,42
3590,21
7571,15
Q
• Caso fosse omitido o efeito das deformações axiais:
−
−
=
14508
503333,3330
803333,21
EI
1F
−
−=
600
5000
0
EI
1QLD
−
−
=
8571,42
4286,21
0714,16
Q
Método das Forças Pórticos
66
Esforços finais (considerando as deformações axiais)
Figura 11 – Esforços finais
Por equilíbrio:
kN76,15HA =
kN64,2636,2148VA =−=
kNmM A 84,6843,421036,21548 =+⋅−⋅=
kN76,15HC =
kN36,21VC =
kNmM C 60,20476,1543,42 =⋅+−=
Diagramas de esforços solicitantes
Figura 12 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor
A
B
B
C
A
B
C
B
A
C
C
(N)
(V)
(M)
Método das Forças Pórticos
67
EXEMPLO2: Calcular as reações de apoio do pórtico da figura utilizando o método da flexibilidade, incluindo as deformações devidas ao momento fletor, à força normal e à cortante. Traçar os diagramas finais de esforços solicitantes.
Figura 13 – Pórtico plano
Dados:
E = 205 GPa 20,0=ν
G.I.E = 3 + 2 - 3 ⇒ G.I.E. = 2
Figura 14 – Estrutura isostática fundamental Propriedades geométricas Área = 15 . 1,25 + 15 . 1,25 + 1,0 . 27,5 = 65 cm2.
I = =−33
12
5,27.14
12
30.15 9486,98 cm4. EA = 1.332.500 kN
EI = 19.448,3 kNm2
Método das Forças Pórticos
68
Fase L
Figura 15 – Fase L
447,0cos894,0sen22
4tan ==== βββ
00 =⇒=∑ ALHH
kNVVM CLCLA 75,10302.5022
5,5.5,5.20.60 =⇒=−
+−⇒=∑
kNVVV ALAL 25,560505,5.2075,1030 =⇒=−−+⇒=∑
Figura 16 – Decomposição dos esforços – Fase L
Método das Forças Pórticos
69
Figura 17 – Diagramas da fase L
Barra BC:
kNmMmX
XX
XM
mXXXV
48,1133125,0
402
2025,65,112
3125,02025,602025,62
=⇒=
≤≤−+=
=⇒−=⇒−=
Fase 1 (Q1 = 1 ; Q2 = 0)
Figura 18 – Fase 1
(VL)
(NL)
(ML)
Método das Forças Pórticos
70
6
1'0'.610 =⇒=−⇒=∑ CCA VVM
6
1'0 −=⇒=∑ AVV
0'0 =⇒=∑ AHH
Figura 19 – Decomposição dos esforços – Fase 1
Diagramas
Figura 20 – Diagramas da Fase 1
(M1)
(N1) (V1)
Método das Forças Pórticos
71
Fase 2 (Q1 = 0 ; Q2 = 1)
Figura 21 – Fase 2
kNVVM CCA 667,0"0".64.10 =⇒=+−⇒=∑
kNVV A 667,0"0 −=⇒=∑
kNHH A 1"0 −=⇒=∑
Figura 22 – Decomposição dos esforços – Fase 2 Diagramas
Figura 23 – Diagramas da fase 2
(M2)
(N2) (V2)
Método das Forças Pórticos
72
Cálculo dos deslocamentos
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )[ ]472,41491,0312,501332500
14667,040
3
1
45,225,1122667,06
1472,4667,0215,112
6
1
31,19448
11
⋅⋅−+
⋅⋅⋅
+⋅−+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=QLD
radxDD QLQL
21
521 1065,11052,21065,1 −−− =⇒×−×=
( ) ( )( )
( ) ( )[ ]472,4043,1312,501332500
1
45,225,1122667,26
14667,240
3
1472,4667,25,112
3
1
31,19448
12
⋅⋅−+
⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=QLD
mxDD QLQL
22
422 1086,41076,11088,4 −−− =⇒×−×=
Cálculo dos coeficientes de flexibilidade
( )( )
( )[ ]472,41491,01332500
1
4667,03
1472,4667,011667,0667,0667,0112
6
1
31,19448
1
2
211
⋅+
⋅⋅+⋅⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅=F
4
11 1092,1 −= xF
( )[ ]4472,4043,11332500
14667,2
3
1472,4667,2
3
1
31,19448
1 22222 +⋅+
⋅⋅+⋅⋅=F
322 1004,1 −= xF
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )[ ]
41221
1221
1061,3
472,4043,11491,01332500
1
4667,2667,03
1472,4667,021667,2
6
1
31,19448
1
−×==
⋅⋅+
⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅==
FF
FF
Método das Forças Pórticos
73
Equação de compatibilidade DQ = DQL + FQ = 0
+
=
−−
−−
−
−
2
1
34
44
2
2
.1004,11061,3
1061,31092,1
1086,4
1065,1
0
0
Q
Q
xx
xx
x
x
Q1 = 5,545 kN m Q2 = -48,656 kN m Estrutura Hiperestática VA = VAL + VA’.Q1 + VA”.Q2
VA = 56,25 - 0,1667 . 5,545 + (- 0,6667) . (- 48,656)) VA = 87,76 kN
VC = VCL + VC’.Q1 + VC”.Q2
VC = 103,75 + 0,1667 . 5,545 + 0,6667 . (- 48,656) VC = 72,24 kN
HA = HAL + HA’.Q1 + HA”.Q2
HA = -1 - (-48,656) HA = 48,656 kN
Estrutura Final
Figura 24 – Reações de apoio
48,656kN
72,24kN
48,656kN
87,76kN
5,545kNm
Método das Forças Pórticos
74
Diagramas Finais
Figura 25 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor
48,656kN
100,21kN
37,76kN
42,24kN
1,89m
4,27kN
13,55kNm 13,55kNm
22,11kNm
5,545kNm
M
V
N
Método das Forças Pórticos
75
α
EXEMPLO3: Calcular o pórtico da figura abaixo pelo método das forças considerando: (1) As deformações devidas ao momento fletor, força cortante e força normal. (2) Apenas as deformações devidas ao momento fletor e à força normal. (3) Apenas as deformações devidas ao momento fletor.
Adotar como incógnitas redundantes o momento no apoio A (Q1) e o momento fletor na extremidade B da barra AB (Q2) .
Dados: - Seção transversal retangular constante: b=20cm; h=40cm
- Módulo de elasticidade: E=3,0x107 kN/m
2
- Coeficiente de Poisson: ν = 0,2
Figura 26 – Pórtico plano
Figura 27 - Estrutura isostática fundamental (E.I.F)
Método das Forças Pórticos
76
Propriedades Geométricas do Pórtico e da Seção Transversal
433
100667,112
)40,0(20,0mI
−⋅=⋅
= 208,040,020,0 mA =⋅=
75=I
A sendo E=constante ⇒ EA = 75EI
o310,115
1tan =
= Arcα
196116,0)(
98058,0)(
=
=
α
α
Sen
Cos
Seção retangular ⇒ fs = 1,2
( ) 4,2
E
12
EG =
υ+= ( ) EI25,31I75
4,2
EGA =
=
Comprimento da Barra BC = mCos
lBC 099,55
==α
Fase L
Figura 28 – Fase L
Reações de Apoio:
∑ =⇒=⋅= 0030)(
AA
AB
B HHM
∑ =⇒−== 00 CCA HHHH
∑ =⇒=⋅⋅−⋅= kNVVM AAC 40,860362450
∑ =⇒=⋅−+= kNVVV CC 60,57024640,860
Método das Forças Pórticos
77
Diagramas da Fase L
Figura 29 – Diagrama de força normal, força cortante e momento fletor – Fase L
Fase 1 (Q1=1; Q2=0)
Figura 30 – Fase 1
Reações de Apoio:
∑ =⇒=⋅−=3
10310)(
AA
AB
B HHM
∑ −=⇒−==3
10 CCA HHHH
∑ =⇒=⋅−+⋅=15
104
3
1150 AAC VVM
∑ −=⇒−==15
10 CCA VVVV
A
A
A
B B
B
C
C
C
D D
D
NL VL
ML
Método das Forças Pórticos
78
Diagramas da Fase 1
Figura 31 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 1
Fase 2 (Q1=0; Q2=1)
Figura 32 – Fase 2
A
A
A
B
B
B
C C
C
D D
D
N1 V1
M1
Método das Forças Pórticos
79
Reações de Apoio:
∑ −=⇒=+⋅=3
10130)(
AA
AB
B HHM
∑ =⇒−==3
10 CCA HHHH
∑ −=⇒=−+⋅
−−⋅=
15
40114
3
150 AAC VVM
∑ =⇒−==15
40 CCA VVVV
Diagramas da Fase 2
Figura 33 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 2
N2 V2
M2
A
B
C
D
A
B
C
D
A
B
C
D
Método das Forças Pórticos
80
Fase Final (1) Considerando as deformações devidas ao momento fletor, força cortante e força normal.
• Cálculo do Vetor DQL:
111111
1 QLQLQL
L
S
LL
QL DDDdxGA
vVfdx
EA
nNdx
EI
mMD ′′′+′′+′=++= ∫∫∫
222222
2 QLQLQL
L
S
LL
QL DDDdxGA
vVfdx
EA
nNdx
EI
mMD ′′′+′′+′=++= ∫∫∫
Influência do Momento Fletor:
01 =′QLD
EIEIDQL
079,107099,510,75
3
1099,51)12(
3
10
12 =
⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅+=′
− Influência da Força Normal:
( ) ( )EAEA
DQL
095,18099,524,1230,1134,0
2
13
15
140,86
11 =
⋅−⋅−+⋅
−⋅−=′′
( )( )EAEA
DQL
028,70099,530,1124,12379,0
2
13
15
440,86
12
−=
⋅+−+⋅
⋅−=′′
− Influência da Força Cortante:
01 =′′′QLD
( )( )GAGA
DQL
820,2099,548,5618,611961,0
2
112,12
−=
⋅−−⋅=′′′
Portanto:
EIEIEADQL
241,0
75
095,180
095,1801 ==++=
EIEIEIEIGAEAEIDQL
055,106
25,31
820,2
75
028,70079,107820,2028,70079,1072 =−−=−−=
Método das Forças Pórticos
81
Cálculo da Matriz F:
( ) ( ) ( )111111
2
1
2
1
2
111 FFFdx
GA
vfdx
EA
ndx
EI
mF S
′′′+′′+′=++= ∫∫∫
212121212121
1221 FFFdxGA
vvfdx
EA
nndx
EI
mmFF S
′′′+′′+′=++== ∫∫∫
( ) ( ) ( )222222
2
2
2
2
2
222 FFFdx
GA
vfdx
EA
ndx
EI
mF S
′′′+′′+′=++= ∫∫∫
- Influência do Momento Fletor:
( )EIEI
F1
30,13
11 2
11 =
⋅=′
EIEIF
2
1311
6
1121 =
⋅⋅⋅=′
( ) ( )EIEI
F6997,2
099,50,13
130,1
3
11 22
22 =
⋅+⋅=′
− Influência da Força Normal:
( )EAEA
F6028,0
099,5340,0315
11 2
2
11 =
⋅−+⋅
−=′′
EAEAF
7104,0099,5379,0340,03
15
4
15
1121
−=
⋅⋅−⋅⋅−=′′
( )EAEA
F9458,0
099,5379,0315
41 2
2
22 =
⋅+⋅
=′′
− Influência da Força Cortante:
GAGAF
40,03
3
12,12
11 =
⋅
−=′′′
GAGAF
40,03
3
1
3
12,121
−=
⋅
−=′′′
Método das Forças Pórticos
82
( )GAGA
F6353,0
099,51961,033
12,1 2
2
22 =
⋅−+⋅
=′′′
Somando as três contribuições:
EIEIEIEIGAEAEIF
02084,1
25,31
40,0
75
6028,0140,06028,0111 =++=++=
EIEIEIEIGAEAEIF
47773,0
25,31
40,0
75
7104,0
2
140,07104,0
2
121 =−−=−−=
EIEIEIEIGAEAEIF
73264,2
25,31
6353,0
75
9458,06997,26353,09458,06997,222 =++=++=
• Solução do Sistema de Equações (Cálculo das Redundantes):
QFDD QLQ +=
=055,106
241,0
EI
1QLD
=
73264,247773,0
47773,002084,1
EI
1F
−=
224,42
523,19Q kN.m
(2) Considerando apenas as deformações devidas ao momento fletor e à força normal.
• Solução do Sistema de Equações:
QFDD QLQ +=
=145,106
241,0
EI
1QLD
=
71231,249053,0
49053,000804,1
EI
1F
−=
862,42
611,20Q
Método das Forças Pórticos
83
(3) Considerando apenas as deformações devidas ao momento fletor.
• Solução do Sistema de Equações:
QFDD QLQ +=
=079,107
0
EI
1QLD
=
6997,25,0
5,01
EI
1F
−=
711,43
856,21Q
Comparação dos Resultados
Resumo dos Resultados
Flexão + Axial
+ Cisalhamento
Flexão + Axial Flexão
Q1 19,523 20,611 21,856 kNm
Q2 -42,224 -42,862 -43,711 kNm
• Erros considerando apenas deformações devidas à flexão:
%95,11100523,19
523,19856,21%1 =×
−=∆Q
%66,3100224,42
224,42711,43%2 =×
−
+−=∆Q
• Erros considerando deformações devidas à flexão e à força axial:
%57,5100523,19
523,19611,20%1 =×
−=∆Q
%51,1100224,42
224,42862,42%2 =×
−
+−=∆Q
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Grelhas
Método das Forças Grelhas
87
EXEMPLO1: Calcule os esforços na grelha abaixo usando o Método das Forças. Despreze as deformações devidas à força cortante.
Figura 1 – Grelha
Estrutura Isostática Fundamental
Figura 2 – Estrutura Isostática Fundamental
Fase L
Figura 3 – Fase L
Método das Forças Grelhas
88
Fases 1, 2 e 3
Figura 4 – Fases 1, 2 e 3
Momentos Fletores
Método das Forças Grelhas
89
Momentos de Torção
Cálculo dos Deslocamentos
dxGJ
tTdx
EI
mMD LL
QL ∫∫ += 111
..
( )( ) ( )( ) ( )( ){ }0,3.0,1901
0,3.0,15,223
20,3.0,190
2
111 −+
+−=GJEI
DQL
EIEIGJEIDQL
40590270901 −−=−−=
EIDQL
4951 −=
dxGJ
tTdx
EI
mMD LL
QL ∫∫ += 222
..
( )( ) 00,3.0,1180.2
112 +
−−=EI
DQL
EI
270D 2QL =
dxGJ
tTdx
EI
mMD LL
QL ∫∫ += 333
..
Método das Forças Grelhas
90
( )( ) ( )( ) ( )( )( )
( )( ){ }0,3.0,3901
0,30,3180.3
10,3.0,35,22.
3
10,3.900,3.
3
113
−−+
−−+−+−−=
GJ
EIDQL
EIEIGJEIDQL
12155,7428105,7423 +=+=
EIDQL
5,19573 =
Cálculo dos coeficientes de Flexibilidade
dxGJ
tdx
EI
mF ∫∫ +=
2
1
2
111
( ) ( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }0,30,10,30,11
0,30,10,30,11 2222
11 −+++=GJEI
F
EIEIGJEIF
966611 +=+=
EIF
1511 =
dxGJ
ttdx
EI
mmFF ∫∫ +== 2121
1221
.. 0001221 =+== FF
dxGJ
ttdx
EI
mmFF ∫∫ +== 1313
1331
..
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ){ }0,3.0,30,10,3.0,30,11
0,3.0,30,12
10,3.0,30,1
2
111331 +−+
+−==GJEI
FF
000
1331 =+==GJEI
FF
dxGJ
tdx
EI
mF ∫∫ +=
2
2
2
222
( ) ( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }0,30,10,30,11
0,30,10,30,11 2222
22 +++−=GJEI
F
EIEIGJEIF
966622 +=+=
EIF
1522 =
Método das Forças Grelhas
91
dxGJ
ttdx
EI
mmFF ∫∫ +== 3232
3223
..
GJEIFF
093223 +==
EIFF
92332 ==
dxGJ
tdx
EI
mF ∫∫ +=
2
3
2
3
33
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ){ }0,30,30,30,31
0,30,33
10,30,3
3
10,30,3
3
10,30,3
3
11
22
2222
33
−+−+
+++−+−=
GJ
EIF
EIEIGJEIF
8136543633 +=+=
EIF
11733 =
Fase Final
−
=
5,1957
270
495
EI
1DQL
=
11790
9150
0015
1
EIF
Condições de Compatibilidade:
=
0
0
0
QD
Resolvendo o sistema de equações:
DQ = DQL + F.Q = 0
DQL + F.Q = DQ
Obtém –se:
Q1 = 33,0 kN.m Q2 = -8,35 kN.m Q3 = -16,09 kN.m
Método das Forças Grelhas
92
EXEMPLO2: Calcular as reações de apoio da grelha da figura abaixo através do método das forças.
Dados: E = constante.
G = E / 1,5
Figura 5 – Grelha vista superior (Planta)
Propriedades Geométricas das Seções
3bhJ ⋅⋅= β
−−=
4
4
12121,0
3
1
h
b
h
bβ
- Barras AB e CD:
140833,012
1121,0
3
1=
−−=⇒= βhb
43 140833,0140833,0 hJbhJ ABAB ⋅=⇒⋅⋅=
1212
43hhb
I AB ⇒⋅
=
ABAB
AB
AB IJh
hI
J69,169,1
12140833,0
4
4 =⇒=⋅⋅=
- Barra BC:
( )( )
22888,030,012
15,01
30,0
15,021,0
3
14
4
=
−−=β
( ) 4310317412,215,030,022888,0 −×=⋅⋅=BCJ
Método das Forças Grelhas
93
ABBC
AB
BC IJI
J⋅=⇒= 34332,034332,0
( )212
30,015,03
AB
BC
II =
⋅=
Estrutura Isostática Fundamental
Devido à simetria do problema, tem-se que a força cortante e o momento torçor são nulos na
seção de simetria. Apenas o momento fletor é diferente de zero nesta seção. Portanto,
lançando mão desta característica, a estrutura isostática fundamental pode ser tomada como a
apresentada na figura abaixo.
Figura 6 – Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
Fase L
Figura 7 – Fase L
Método das Forças Grelhas
94
Por equilíbrio tem-se:
Figura 8 – Equilíbrio das barras e nós
Figura 9 - Decomposição dos momentos na barra AB
Diagramas
Força cortante Momento torçor Momento fletor
Método das Forças Grelhas
95
Fase 1
Figura 10 – Fase 1
Figura 11 - Equilíbrio e Decomposição dos Momentos na Barra AB
Diagramas
Força cortante Momento torçor Momento fletor
Método das Forças Grelhas
96
Cálculo dos Deslocamentos
∫∫ += dxGJ
tTdx
EI
mMD LL
QL
111
( )( ) ( )( )
( )58,06401
390013
11548044806,0
2
111
⋅⋅+
⋅−−+
⋅−−−=
AB
BEAB
QL
GJ
EIEID
ABABABABABBEAB
QLEIEIEIEIGJEIEI
D189,51211
69,1
25605,190027440256090074401 =
×
×+
×+=++=
Cálculo dos coeficientes de flexibilidade
( )[ ] ( ) ( )[ ]58,01
311
56,01 222
11 ⋅+⋅+⋅−=ABBEAB GJEIEI
F
ABABABABABBEAB EIEIEIEIGJEIEIF
640,10
69,1
2,35,1328,12,338,111 =
⋅
⋅+
⋅+=++=
Fase Final
AB
QLEI
D189,51211
1 = ABEI
F640,10
11 =
11111 QFDD QLQ +=
kNmEI
EIQ
AB
AB 973,0811189,51211
640,101 −=
−=
Cálculo das reações de apoio
QMMM AYQAYLAY ⋅+= ( ) ( )973.081113200 −⋅−+−=AYM
mkNM AY ⋅−= 0,1182
QMMM AXQAXLAX ⋅+= ( ) ( )973.081103200 −⋅+=AXM
mkNM AY ⋅= 2003
QVVV AQALA ⋅+= ( ) ( )973.08110800 −⋅+=AV
kNVA 800=
Por simetria:
mkNM
mkNM
kNV
DY
DX
D
⋅−=
⋅=
=
0,1182
2003
800
Método das Forças Grelhas
97
EXEMPLO3: Calcular a grelha abaixo considerando o carregamento indicado, sendo a altura das barras h = 0,60 m. Considerar como incógnitas redundantes os momentos reativos no apoio C.
Figura 12 – Grelha
Estrutura Isostática Fundamental
Figura 13 – Estrutura Isostática Fundamental
Fase L
Figura 14 – Fase L
5,1=GJ
EI
2323... =−+=EIG
Método das Forças Grelhas
98
0,28
443 =
⋅=
RLA
6,903626)48()62(10 11 =⇒=⋅⋅−⋅+−⋅+⋅RLRL
AA
4,1226,9)6248(2 =−−⋅++=RL
A
Diagramas da Fase L
Barra AB:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Barra DC:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Figura 15 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase L
Fase 1 )0;1( 21 == QQ
Figura 16 –Fase 1
Método das Forças Grelhas
99
Diagramas da Fase 1
Barra AB:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Barra CD:
- Momento fletor: nulo.
- Momento torçor:
Figura 17 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase 1
Fase 2 )1;0( 21 == QQ
Figura 18 – Fase 2
Método das Forças Grelhas
100
Diagramas da Fase 2
Barra AB:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Barra DC:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Figura 19 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase 2
Cálculo dos Deslocamentos
EIEID
QL
4,3669
10
6
3
164,38
10
6
3
14
10
44,38
3
111
−=
⋅⋅
−⋅+⋅⋅
−⋅+⋅⋅⋅=
EIEID
QL
8,5941
2
128
6
14
2
18
3
169
10
3
3
16
10
34,38
3
14
10
34,38
3
112 =
⋅
+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=
Cálculo dos Coeficientes de Flexibilidade
( )EIEIEIGJEI
F9333,125,189333,0
811
610
6
3
14
10
4
3
11 2
22
11 =⋅
+=⋅+
⋅
−⋅+⋅
⋅=
( )EIGJEI
FF2,0
01
0610
3
10
6
3
14
10
3
10
4
3
112112 −=+
+⋅
⋅
−⋅+⋅
⋅
⋅==
( ) ( )EIGJEI
F9667,2
01
813
16
10
3
3
14
10
3
3
11 2
22
22 =+
⋅⋅+⋅
⋅+⋅
⋅=
Método das Forças Grelhas
101
Equação de Compatibilidade
QFDDQLQ
+=
( )QLQ
DDFQ −=−1
−=
8,59
4,361
EID
QL
−
−=
9667,22,0
2,07667,121
EIF
=
−
33743,000522,0
00522,007740,01
EIF
Assim sendo,
mtQ ⋅= 5053,21
mtQ ⋅−= 9884,192
Cálculo das Reações de Apoio
QAAARQRLR
⋅+=
=
2
4,12
6,9
RLA
−
−=
125,00
05,01,0
075,01,0
RQA
−=
9884,19
5053,2Q
−⋅
−
−+
=9884,19
5053,2
125,00
05,01,0
075,01,0
2
4,12
6,9
RA
=
499,4
150,11
351,8
RA
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Estruturas Sujeitas
a Variação de Temperatura e/ou Recalques de
Apoio
Método das Forças Vigas
105
EXEMPLO1: A viga principal de uma ponte, já executada, simplesmente apoiada nos topos dos pilares A, B e C, sofreu recalques (verticais para baixo) nas fundações dos pilares B e C, localizadas no leito do rio, de 1,5 cm e 0,8 cm respectivamente. Avalie os esforços introduzidos na estrutura em decorrência destes recalques, usando o método das forças, determinando as reações de apoio e traçando os diagramas de forças cortantes e momentos fletores. Dados: E=3x10
7 kN/m
2
Seção Transversal
Figura 1 – Viga principal de uma ponte
Figura 2 – Viga contínua
Grau de Indeterminação Estática: 1
DQ1 = -0,015 m
Figura 3 - Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
Método das Forças Vigas
106
Fase R
Figura 4 – Fase R
m1056,31227
008,0 3
1
−×−=⋅
−=QRD
Fase 1
Figura 5 – Fase 1
Figura 6 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
( ) ( )EIEI
F400
15667,63
112667,6
3
11 22
11 =
⋅−+⋅−⋅=
Fase Final
QQR DQFD =⋅+
015,0400
1056,3 1
3−=⋅+×−
−Q
EI
2m
kN7103E ×= 423
m103333,312
140,0 −×=
⋅=I
2kNm
6101EI ×=
kN6,28EI400
01144,0Q1 −=
−=
-
Método das Forças Vigas
107
Cálculo das demais Reações
Figura 7 – Reações de apoio
kN71,120126,28270 =⇒=⋅+⋅−∴=∑ CCA VVM
kN89,15V0V6,28V0V ACA =⇒=+−∴=∑
Diagramas de Esforços Solicitantes
Figura 8 – Diagrama de força cortante
Figura 9 – Diagrama de momento fletor
12,71kN
190,68kNm
15,89kN
Método das Forças Treliças
108
EXEMPLO2: Obter os esforços nas barras da estrutura abaixo. Além da carga indicada, considerar um deslocamento vertical de 1cm no apoio D para baixo (no sentido negativo do eixo y). Adotar como redundantes o esforço interno na barra BD e a reação vertical no apoio A (direção do eixo y). Todas as barras têm seção constante de 10cm2 e módulo de elasticidade E=21000kN/cm2.
Figura 10 - Treliça
Estrutura Isostática Fundamental:
− Grau de Indeterminação Estática:
( ) ( ) 252482.. =⋅−+=⋅−+= nvmEIG
− Incógnitas Redundantes:
o Q1→ força normal na barra DB
o Q2→ reação vertical no apoio A
Figura 11 – Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
Método das Forças Treliças
109
Fase L
Figura 12 – Fase L
°=
= 565,26
0,3
5,1tanArcα
( ) 447,0sen =α
( ) 894,0cos =α
°=
= 45
5,1
5,1tanArcβ
( ) 707,0sen =β
( ) 707,0cos =β
Nó C:
825,960447,0866,0500 −=⇒=⋅+⋅∴=∑ ECEC NNV
603,1110894,05,0500 =⇒=⋅−−⋅∴=∑ BCECBC NNNH
Nó B:
00 =⇒=∑ EBNV
603,1110 =⇒=∑ ABNH
Nó D:
00 =⇒=∑ DENH
Nó E:
474,1220707,0894,00 −=⇒=−⋅−⋅∴=∑ AEDEAEEC NNNNH
Nó A:
602,860707,00 =⇒=⋅+∴=∑ DAAEDA NNNV
( )( )
=°
=°
5,060cos
866,060sen
Método das Forças Treliças
110
Fase R
∑ ×−=i
iiQR RD δ
δi = - 1 cm = - 0,01 m
Fase 1
Figura 13 – Fase 1
Nó C:
00 =⇒=∑ ECNV
00 =⇒=∑ BCNH
Nó B:
707,00707,010 −=⇒=⋅+∴=∑ EBEB NNV
707,00707,010 −=⇒=⋅+∴=∑ ABAB NNH
Nó D:
707,00707,010 −=⇒=⋅+∴=∑ DEDE NNH
Nó E:
10707,00 =⇒=⋅+∴=∑ AEAEDE NNNH
Nó A:
707,00707,00 −=⇒=⋅+∴=∑ DAAEDA NNNV
Reação Vertical em D (RD):
00707,010 11 =⇒=⋅++∴=∑ DDADD RNRV
Método das Forças Treliças
111
Fase 2
Figura 14 – Fase 2
Nó C:
00 =⇒=∑ ECNV
00 =⇒=∑ BCNH
Nó B:
00 =⇒=∑ EBNV
00 =⇒=∑ ABNH
Nó D:
00 =⇒=∑ DENH
Nó E:
00 =⇒=∑ AENH
Nó A:
1010 =⇒=−∴=∑ DADA NNV
Reação Vertical em D (RD):
100 22 −=⇒=+∴=∑ DDADD RNRV
Método das Forças Treliças
112
Quadro Resumo dos Esforços:
Barra { }iEA iL { }
iLN { }i1n { }
i2n
AB EA 1,5 111,603 2
2− 0
BC EA 3,0 111,603 0 0
DA EA 1,5 86,603 2
2− 1
AE EA 25,1 -122,474 1 0
DB EA 25,1 0 1 0
DE EA 1,5 0 2
2− 0
EB EA 1,5 0 2
2− 0
EC EA 3,354 -96,825 0 0
Cálculo dos Coeficientes:
Barra { }i1L LnN ⋅⋅ { }
i2L LnN ⋅⋅ ( ){ }i
2
1 Ln ⋅ { }i21 Lnn ⋅⋅ ( ){ }
i
2
2 Ln ⋅
AB -118,372 0 0,75 0 0
BC 0 0 0 0 0
DA -91,856 129,904 0,75 -1,061 1,5
AE -259,807 0 25,1 0 0
DB 0 0 25,1 0 0
DE 0 0 0,75 0 0
EB 0 0 0,75 0 0
EC 0 0 0 0 0
Método das Forças Treliças
113
EAEA
LnND
ii
L
QL
036,4708
1
11
−=
⋅⋅=∑
=
EAEA
LnND
ii
L
QL
904,1298
1
22 =
⋅⋅=∑
=
( ) 0)01,0(01 =−⋅−=QRD ( ) 01,0)01,0()1(2 −=−⋅−−=QRD
( )EAEA
LnF
ii
243,78
1
2
111 =
⋅=∑
=
EAEA
LnnFF
ii
061,18
1
211221
−=
⋅⋅== ∑
=
( )EAEA
LnF
ii
5,18
1
2
222 =
⋅=∑
=
Cálculo das redundantes
kNcmcm
kNEA 0002101021000 2
2=⋅=
×
×−=
−
−
4
3
10186,6
10238,2
QLD
−=
01,0
0QRD
×−
×−=
−+
×
×−=+=
−
−
−
−
3
3
4
3
10381,9
10238,2
01,0
0
10186,6
10238,2QRQLQS DDD
××−
×−×=
−−
−−
66
65
10143,710052,5
10052,510449,3F
0QFDD SQQ =+=
Q1 = 287,0 kN Q2 = 1516,35 kN
Esforços finais nas barras
( ) ( ) ( ) 2i21i1iLi QnQnNN ⋅+⋅+=
NAB = -91,31 kN NBC = 111,60 kN NDA = 1400,04 kN NAE = 164,54 kN
NDB = 287,01 kN NDE = -202,92 kN NEB = -202,92 kN NEC = -96,83 kN
Método das Forças Pórticos
114
EXEMPLO3: Resolver o pórtico da figura pelo método da flexibilidade. Considerar, além do carregamento indicado, as seguintes solicitações:
1. Deslocamentos dos apoios:
- Rotação de 0,02 rad no sentido anti-horário no apoio A;
- Recalque vertical de 2 cm no apoio C.
2. Variação de temperatura na barra AB, sendo esta variação na face superior de 10ºC (∆Ts = 10ºC) e na face inferior de 30ºC (∆Ti = 30ºC).
Para o efeito da carga aplicada, considerar apenas as deformações por flexão.
Figura 15 - Pórtico
Figura 16 - Estrutura Isostática Fundamental
Método das Forças Pórticos
115
Fase L
Figura 17 – Fase L – Diagrama de momento fletor
Fase T (Variação da temperatura)
Figura 18 – Fase t – Variação da temperatura
• Variação uniforme: CTo
G 20=∆
dxxdxTd G
51020 −=∆= αδ
• Variação linear: T1 = 10 T2 = -10
( ) ( )[ ]dxxdxdx
h
TTd
45
21 1054,0
101010 −−
=−−
=−
=α
θ
Método das Forças Pórticos
116
Fase R (Rotação no apoio A)
• 1a opção – cálculo geométrico de DQR1 e DQR2:
Figura 19 - cálculo geométrico de DQR1 e DQR2
6,05
3sen ==α
==α∆=
==α∆=⇒
08,08,0.10,0cos.D
06,06,0.10,0sen.D
2QR
1QR
8,05
4cos ==α
• 2a opção – Método da carga unitária (P.T.V. para corpos rígidos):
−=∆ ∑
iiiR δ.
Ri = reações de apoio devido à carga unitária correspondente a ∆
δi = deslocamentos do apoio
LAC = 5 m
tg β ≈ β = ACL
∆
∆ = β . LAC = 0,02 . 5
∆ = 0,10 m
Método das Forças Pórticos
117
Fase 1
Figura 20 – Fase 1
Figura 21 –Diagramas - Fase 1
Fase 2
Figura 22 – Fase 2
Figura 23 – Diagramas - Fase 2
Método das Forças Pórticos
118
Cálculo dos Deslocamentos
Cargas:
−
−=⇒
−
−
3
3
10x1333,2
10x1333,2QLD
Temperatura:
DQT1 = 6,8 x 10-3
DQT1 = 4,0 x 10-3
=⇒−
−
3
3
T10x0,4
10x8,6QD
Recalque (pela 2ª opção) – Observar que a rotação do apoio é positiva:
[ ] 06,002,00,3D 1QR =⋅−−=
=⇒08,0
06,0RQD
[ ] 08,002,00,4D 2QR =⋅−−=
EI
453.0,3.
3
14.0,3
EI
1F 22
11 =
+=
=⇒
333,2124
2445
EI
1F
EI
244.4.3.
2
1
EI
1FF 1221 =
==
EI
333,214.4.4.
3
1
EI
1F22 =
=
Método das Forças Pórticos
119
Fase Final
Q = F –1{DQ - DQS } DQS = DQL + DQR + DQT
DQS =
=
+
+
−
−−
−
−
−
0819,0
0647,0
100,4
108,6
08,0
06,0
10133,2
10133,23
3
3
3
x
x
x
x
DQ =
− 02,0
0
DQ - DQS =
−
−
1019,0
0647,0 F –1
=
−
−
12,578173759
375933,3338
Q
−=
65,1841
15,416
Figura 24 - Diagrama de momentos fletores
Comparação das Soluções
• Solução considerando-se apenas o carregamento propriamente dito:
−
−=
−
−
3
3
10x1333,2
10x1333,2QLD
DQL + FQ = DQ = 0
Q = kN
−
50,17
22,2
Método das Forças Pórticos
120
• Solução considerando-se carregamento e variação de temperatura
DQS =
+
−
−−
−
−
−
3
3
3
3
100,4
108,6
10133,2
10133,2
x
x
x
x=
−
−
3
3
10867,1
10667,4
x
x
DQS + FQ = DQ = 0
Q = kN
−
94,10
39,21
• Solução considerando-se carregamento, variação de temperatura e recalque de apoio
DQS =
=
+
+
−
−−
−
−
−
0819,0
0647,0
100,4
108,6
08,0
06,0
10133,2
10133,23
3
3
3
x
x
x
x
DQS + FQ = DQ = 0
Q
−=
65,1841
15,416kN
Método das Forças Grelhas
121
EXEMPLO4: Calcule as redundantes e as reações de apoio da grelha abaixo usando o método das forças. Considere, além do carregamento indicado, uma variação de temperatura linear ao longo da altura na barra AB, sendo esta variação dada por uma redução de temperatura de 20ºC na face superior e um acréscimo de 20ºC na face inferior. Considere também, um recalque vertical para baixo no apoio C igual à 1 cm e
uma rotação ββββ =0,01 rad no apoio A, em torno do eixo y, conforme indicado.
Figura 25 – Grelha
Dados: (constantes para todas as barras)
−−=β
×=××β=
=
×=
=
=α
×=
×=
−
−
−
4
4
443
s
43
2
5
27
27
h12
b1
h
b21,0
3
1
m103242,7bhJ
5
6f
m100667,1I
m08,0A
C/º10
m/kN1025,1G
m/kN103E
Método das Forças Grelhas
122
Figura 26 - Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
Fase L
Reações de apoio :
Figura 27 – Fase L
Figura 28 – Equilíbrio de barras e nós – Fase L
0
0
01,0
3
2
1
=
=
−=
Q
Q
Q
D
D
D
kNm96M0424M0M
kNm24M0124M0M
kN24V024V0F
AYAY)A(Y
AXAX)A(X
AAZ
−=∴=×+⇒=
=∴=×−⇒=
=∴=−⇒=
∑∑∑
Método das Forças Grelhas
123
kNmMMM
kNmMMM
kNVVF
AYAYABY
AXAXABX
AAZ
40410
20210
1010
)(
)(
=∴=×−⇒=
=∴=×−⇒=
=∴=−⇒=
∑∑∑
Diagramas da Fase L
Fase 1
Reações de apoio:
Figura 29 – Fase 1
Figura 30 - Equilíbrio de barras e nós – Fase 1
Método das Forças Grelhas
124
00
1010
00
)(
)(
∑∑∑
=∴=
−=∴=+⇒=
=∴=
AYAY
AXAXAX
AZ
MM
kNmMMM
VF
Diagramas da Fase 1
Fase 2
Reações de apoio:
Figura 31 – Fase 2
Figura 32 – Equilíbrio de barras e nós – Fase 2
Método das Forças Grelhas
125
kNmMMM
MM
VF
AYAYAY
AXAX
AZ
1010
00
00
)(
)(
−=∴=+⇒=
=∴=
=∴=
∑∑∑
Diagramas da Fase 2
Fase 3
Reações de apoio:
Figura 33 – Fase 3
Figura 34 – Equilíbrio de barras e nós – Fase 3
B B B
Método das Forças Grelhas
126
Diagramas da Fase 3
Fase T
Variação uniforme de temperatura induz apenas rotação.
( ) ( )( )dx
dx
h
dxTTd
T
T
35
21
2
1
104,0
202010
20
20
−−
=−−
=−
=
−=
=
αθ
Figura 35 – Fase T
∫∫ =⋅=4
0
4
0
11 θdmDQT ( ) .dx =3108 −×
0
4
0
22 ∫ =⋅= θdmDQT
∫∫ =⋅=4
0
4
0
33 θdmDQT ( ) .dx =3104 −×−
B B B
Método das Forças Grelhas
127
β
Fase R
Utiliza-se o P.T.V. para corpos rígidos para
obter os deslocamentos devidos ao
recalque de apoio (rotação β). O
deslocamento correspondente a cada
redundante é obtido multiplicando o
recalque pela reação de apoio devida a uma
carga unitária aplicada na direção da
redundante.
(Fases 1, 2 e 3).
Figura 36 – Fase R
01,0001,011
0001,001
04,0001,041
33
22
11
=⇒=⋅−⋅
=⇒=⋅+⋅
−=⇒=⋅+⋅
QRQR
QRQR
QRQR
DD
DD
DD
Cálculo dos deslocamentos
∫ ∫ ∫∫ +++=∆ dxGJ
mMdx
GA
Vvfdx
EI
Mmdx
EA
Nn TT
S .
GJDQL
11 = [ ∫
4
0
dx]GA
f S+ [ ∫4
0
dx] +
EI
1+ [ ∫
4
0
dx]
( )( )[ ] ( )( )[ ] mEIGA
f
GJD S
QL
3
1 10857,43
4496141244224
1 −×=
⋅⋅−+⋅−⋅+⋅−⋅−=
GJDQL
12 = [ ∫
4
0
dx] = ( )[ ] radGJ
210056,141241 −×−=⋅⋅−
EIDQL
13 = [ ∫
4
0
dx] = ( )
radEI
31062
41961 −×=
⋅−⋅−
Método das Forças Grelhas
128
Cálculo dos coeficientes
GJF
111 = [ ∫
4
0
( )2 dx]
GA
f S+ [ ∫4
0
( ) 2 dx +
∫2
0
( )2 dx]
EI
1+ [ ∫
4
0
( )2 dx + ∫
2
0
( )2 dx]
( )( )[ ] ( ) ( )[ ] ( ) ( ) 3
2222
11 105048,23
22
3
4412141422
1 −×=
⋅+
⋅+⋅+⋅−+⋅−⋅−=
EIGA
f
GJF S
GJFF
12112 == [ ∫
4
0
dx]EI
1+ [ ∫
2
0
dx]
( )[ ] ( ) 4
2112 103631,92
2121412
1 −×−=
⋅−⋅+⋅⋅−==
EIGJFF
EIFF
13113 == [ ∫
4
0
dx] = ( ) 4105,2
2
4141 −×−=
⋅−⋅
EI
(1
4
0
22 ∫=GJ
F )2 . dx+ (
12
0
∫EI )
2 .dx
( )[ ] ( )[ ] 422
22 1099,4EI
2
GJ
421
EI
141
GJ
1F −×=+=⋅−+⋅=
03223 == FF
GJF
133 = [ ∫
2
0
( )2 dx] +
EI
1[ ∫
4
0
( )2dx] = 4104345,3
42 −×=+EIGJ
Fase Final
FQDDDD QTQRQLQ +++=
−
=
0
0
01,0
QD
×
×−
×
=−
−
−
3
2
3
100,6
10056,1
10857,4
QLD
−
=
01,0
0
04,0
QRD
×−
×
=−
−
3
3
104
0
108
QTD
Método das Forças Grelhas
129
Somando teremos - DQS
×
×−
×−
=−
−
−
2
2
2
102,1
10056,1
10714,2
QS
D
××−
××−
×−×−×
=−−
−−
−−−
44
44
443
104345,30105,2
0109941,4103631,9
105,2103631,9105048,2
F
=
kNm24,1
kNm34,114
kN71,49
Q
Reações de Apoio
Figura 37 – Reações de apoio
( ) ( )
( )∑∑∑
=∴=++⋅−−⇒=
=∴=+⋅−+⋅⇒=
−=∴=+−⇒=
kNm08,9M0M34,114271,49240M
kNm6,101M0M471,4924,14240M
kN71,25V071,4924V0V
AXAXX
AYAYY
AA
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Estruturas com
Barras de Seção Variável
Método das Forças Barras de Inércia Variável
133
ESTRUTURAS COM BARRAS DE SEÇÃO VARIÁVEL
Considere a barra com altura variando ao longo do eixo x.
Figura 1 – Barra de seção variável Pode-se escrever a altura h em função de x h(x). As grandezas I(x), A(x), J(x) são características geométricas da seção que variam também ao longo de x. Equação do método da carga unitária:
∫ ∫ ∫ ∫+++=×∆ dxxGJ
tTdx
xGA
vVfdx
xEI
mMdx
xEA
nNS )()()()(
1
Devido à variação de h e à variação das caraterísticas geométricas I(x), A(x) e J(x) a
integração analítica do 2º membro torna-se muito trabalhosa ou mesmo impossível. No caso de barras com h variando linearmente e parabolicamente (mísulas retas e
parabólicas, respectivamente), a integral ∫ dxxEI
Mm
)(pode ser resolvida por meio de tabelas
como as de Guldan. Para barras de seção transversal variável de acordo com uma lei qualquer, o problema
deve ser resolvido segundo um esquema de integração numérica.
Integração numérica: A integral representa a área sob a curva da função f(x), entre as retas x=a e x=b .
Figura 2 – Área sob a curva f(x)
Método das Forças Barras de Inércia Variável
134
( )( ) ( )xlfxP
xRxPxf
KKn
nn
∑ ⋅=
+= )()(
Esta integral pode ser aproximada na forma:
∫ ∑=
≈b
a
N
i
ii Wxfdxxf1
)()(
sendo: N = número de pontos de integração; Wi = peso ; xi = ponto de integração (ou ponto amostral ou nó) ; f(xi) = valor de f(x) no ponto xi ; • Esquemas de integração com intervalos iguais – integrar numericamente uma função no
intervalo [a,b] é integrar um polinômio Pn(x) que aproxime a função f(x) no intervalo. Vantagens de integrar o polinômio Pn(x) ao invés de f(x):
� f(x) pode ser de integração difícil ou até mesmo impossível, enquanto o polinômio
é de integração direta; � f(x) às vezes não é conhecida, sendo dada através de tabela de valores de pares
ordenados obtidos experimentalmente.
Figura 3 – Função f(x) a ser integrada
Sendo dados K pares ordenados ),( kk fx , aproxima-se a função f(x) pelo polinômio
Pn (x) na forma:
Sendo:
( )⇒xlK polinômios aproximados, obtidos em função dos pares ordenados (xk , fk) Rn(x) ⇒Resto
Método das Forças Barras de Inércia Variável
135
Esquemas de integração numérica com intervalos iguais mais usados:
- Regra dos trapézios – função aproximadora linear,
- Regra de Simpson – função aproximadora é um polinômio de 2º grau. • Esquema de integração com intervalos desiguais – Quadratura de Gauss-Lengendre.
Estes esquemas são baseados na propriedade de ortogonalidade de polinômios. Dois polinômios gn(x) e gm(x) de uma família de funções gk(x) são ortogonais no intervalo [a,b], se:
[ ] mnsencdxxgxW
mnsedxxgxgxW
b
a
n
n
b
a
m
=→≠=
≠→=⋅⋅
∫
∫
0)()()(
0)()()(
2
A família de polinômios de Legendre possui ortogonalidade no intervalo [-1,1] com relação à função W(x)=1.
Método das Forças Barras de Inércia Variável
136
ξ
( ) ξξ dl
dxl
x2
12
=→+=
O problema de integração de uma função ( )ξf no intervalo [ ]1,1− fica reduzido a:
[ ]1,1)()(1
1 1
−→≈∫ ∑− =
ξξξξN
i
ii wfdf
onde N é o número de pontos amostrais (raízes dos polinômios de Legendre) e Wi são os pesos, obtidos pela condição de ortogonalidade destes polinômios. Os passos para integração numérica com a Quadratura de Gauss-Legendre são os seguintes: � Definir o número de pontos amostrais; � Obter ii Weξ de tabelas apropriadas;
� Proceder a mudança de coordenadas físicas x para coordenadas naturais ξ ; � Efetuar o somatório de aproximação da integral. A integração é exata se )(ξf é um polinômio de ordem 2N-1 ou inferior, conforme mostrado na tabela abaixo.
N(nº de pontos amostrais) Ordem do polinômio integrado exatamente 1 1 2 3 3 5 4 7 5 9
Por exemplo, para integrar exatamente um polinômio do 5º grau são necessários 3 pontos amostrais. Antes de usar a Quadratura de Gauss Legendre é necessária a mudança para as coordenadas naturais ξ , como no exemplo abaixo.
[ ]∫ ∈→l
xdxxf0
1,0)(
Método das Forças Barras de Inércia Variável
137
( )∫ ∑∫∫=−−
⋅
+⋅≈
+=
+=
l N
i
ii Wl
fl
dl
fl
dll
fdxxf0 1
1
1
1
1
122
)1(222
)1(2
)( ξξξξξ
Tabela de pesos Wi e pontos amostrais iξ para a Quadratura de Gauss-Legendre
N
Wi
iξ
1
2
0
2 1 -0,577350269 1
0,577350269
3 0,555555556 -0,774596669 0,888888889 0 0,555555556
0,774596669
4 0,347854845 -0,861136312 0,652145155 -0,339981044 0,652145155 0,339981044 0,347854845
0,861136312
5 0,236926885 -0,906179846 0,478628670 -0,538469310 0,568888889 0 0,478628670 0,538469310 0,236926885
0,906179846
6 0,171324492 -0,932469514 0,360761573 -0,661209386 0,467913935 -0,238619186 0,467913935 0,238619186 0,360761573 0,661209386 0,171324492 0,932469514
∫ ∑=
≈l N
i
ii wxfl
dxxf0 1
)(2
)(
Método das Forças Vigas
138
( )33
1,09,012
2,0
12
)()(
1,09,0)(
xxhb
xI
xxh
−=⋅
=
−=
EXEMPLO1: Determine as reações de apoio para a viga da figura abaixo.
Figura 4 – Viga de seção variável
Fase L
Figura 5 – Reações e diagrama de momento fletor – Fase L
21272 xxM L −=
Método das Forças Vigas
139
Fase 1
Figura 6 – Reações e diagrama de momento fletor – Fase 1
Cálculo dos deslocamentos
( ) ∑∫ ∫=−
⋅=⋅==
N
i
i
i
L
L
LL
QL WI
mML
Ed
I
mML
Edx
xEI
mMD
1
1
0
1
1
111
2
1
2
1ξ
i
N
ii
i WI
mL
EF ∑
=
⋅=
1
2
112
1
)1(2
+= ii
Lx ξ
iξ Wi xi hi Ii (ML)i (m1)i
i
L
I
WmM
1
iI
Wm
2
1
0,774597 0,555556 5,3238 0,3676 0,0008280 43,20 -0,1127 -3266,667 8,522
0,0 0,888889 3,0 0,6 0,0036 108,0 -0,5 -13333,33 61,728
-0,774597 0,555556 0,6762 0,8324 0,009612 43,20 -0,8873 -2215,481 45,505
∑
-18815,481 115,755
( )
kNmQM
kNR
kNR
kNmDDF
Q
EEF
EED
A
B
A
QLQ
QL
55,162
91,4455,1626
172
09,9955,1626
172
55,162265,347
443,564461
265,347755,115
3
443,56446)481,18815(
3
1
11
11
1
11
1
==
=⋅−=
=⋅+=
==−=
=⋅=
−=−⋅=
16
11 −= xM
Método das Forças Vigas
140
EXEMPLO2: Calcular a viga da figura através do método da flexibilidade e usando integração numérica via Quadratura de Gauss-Legendre no cálculo dos deslocamentos. A altura máxima da viga, sobre o apoio B, é de 85,5 cm e no trecho constante é de 50 cm. A largura da seção transversal é constante e igual a 20 cm e o módulo de elasticidade E é constante.
Figura 7 – viga de seção variável
Grau de indeterminação estática (G.I.E.) = 1
Estrutura isostática fundamental adotada
01 =QD
Figura 8 – Estrutura isostática fundamental
Fase L
BARRA AB: BARRA BC:
2
0,10,42
xxM L −=
20,150,3
2x
xM L −=
Figura 9 – Reações e equações de momento fletor – Fase L
Método das Forças Vigas
141
FASE 1
BARRA AB BARRA BC
xm8
11 = xm
8
111 −=
Figura 10 – Reações e equações de momento fletor – Fase 1
Variação de inércia das barras
Figura 11 – Dimensões das barras (em metros)
( ) ( ) ( )
( ) ( )12
20,060,540,2
50,0855,050,00,860,5
20,05,060,50
3xbh
xI
mbmxxhmxm
mbmhmx
=
=
−×
−+=⇒≤≤
==⇒≤≤
Barra AB:
iξ Wi xi
hi
Ii
(ML)i
(m1)i i
L
I
WmM
1
iI
Wm
2
1
-0,90618 0,23693 0,3753 0,5 0,0020833 1,4308 0,04691 7,6332 0,25026
-0,53847 0,47863 1,8605 0,5 0,0020833 5,7113 0,23256 305,1484 12,42542
0 0,56889 4,0 0,5 0,0020833 8,0 0,5 1092,2688 68,26680
0,53847 0,47863 6,1395 0,5798 0,0032485 5,7113 0,76744 645,7969 86,7715
0,90618 0,23693 7,6247 0,7995 0,0085173 1,4308 0,95309 37,9340 25,26875
∑
2088,7813 192,98273
Método das Forças Vigas
142
Barra BC:
iξ Wi xi
hi
Ii
(ML)i
(m1)i i
L
I
WmM
1
iI
Wm
2
1
-0,90618 0,23693 0,3753 0,7995 0,0085173 1,2431 0,95309 32,9576 25,26875
-0,53847 0,47863 1,8605 0,5798 0,0032485 4,7810 0,76744 540,6046 86,7715
0 0,56889 4,0 0,5 0,0020833 6,0 0,5 819,2016 68,26680
0,53847 0,47863 6,1395 0,5 0,0020833 2,6415 0,23256 141,1324 12,42542
0,90618 0,23693 7,6247 0,5 0,0020833 -2,3816 0,04691 -12,7056 0,25026
∑
1521,1906 192,98273
[ ]
[ ]
mtfF
DQ
QFD
EEFFF
EED
DDD
QL
QL
QL
QLQLQL
.35,9
0
8618,154398273,19298273,192
10,4'''
9276,144391906,15217813,2088
10,4
'''
11
1
1
1111
111111
1
111
−=−=
=⋅+
=+⋅=+=
=+⋅=
+=
0,2''
33,30,8
0,435,90,4'
67,40,8
0,435,90,4''
17,50,8
35,90,4'
83,20,8
35,9
2
0,80,1
=
=
−−=
=
−+=
=+=
=−⋅=
C
C
B
B
A
V
V
V
V
V
Figura 12 – Reações de apoio
Método das Forças Vigas
143
Reações de Apoio
tfVVR
tfVVR
tfVR
CCC
BBB
AA
33,50,233,3"'
84,967,417,5"'
83,2
=+=+=
=+=+=
==
Diagramas Finais
Figura 13 – Diagrama de força cortante
Figura 14 – Diagrama de momento fletor
m m
Método das Forças Grelhas
144
EXEMPLO3: Para a grelha com barra de seção variável representada na figura abaixo, utilize o método das forças (flexibilidade) para obter as reações de apoio e trace os diagramas de esforços solicitantes nas barras, quando a grelha estiver submetida à seguinte variação de temperatura:
- variação positiva de 20 graus centígrados na face superior (∆Ts) - variação negativa de 20 graus centígrados na face inferior (∆Ti)
A estrutura é de concreto armado, com módulo de elasticidade E = 3 x 107 kN/m2, coeficiente de Poisson ν = 0,20 e coeficiente de dilatação térmica α = 10-5 / oC. Dimensões das barras (seção retangular): Barra AB: largura constante de 20 cm, altura de 80 cm junto ao ponto A e altura de 50 cm junto ao ponto B. Barra BC: largura constante de 20 cm, altura constante de 50 cm. Utilize a quadratura de Gauss com 5 pontos para cálculo dos deslocamentos.
?
?
?
?
Figura 14 – Grelha com barra de seção variável
∆Ts
∆Ts
∆Ti
∆Ti
Método das Forças Grelhas
145
SOLUÇÃO: Estrutura Isostática Fundamental:
Figura 15 – Estrutura Isostática Fundamental
Fase T
Barra AB:
( ) ( )dx
xdx
xdx
h
TTd
075,08,0
1040
075,08,0
202010 55
21
−
⋅−=
−
−−=
−=
−−αθ
Equação da altura:
( )oo xxayy −=−
xy 075,0=
xh 075,08,0 −= Fase 1
Figura 16 – Fase 1
Método das Forças Grelhas
146
1010 −=∴=+∴=∑ AA VVV
6,206,210 =∴=⋅+−∴=∑ XXX MMM
5,505,510 =∴=⋅−∴=∑ YYY MMM
Figura 17 – Esforços nas barras – Fase 1
Equações de Momentos nas Barras:
Barra AB:
5,51 +−= xM
6,2=T
Barra BC:
31 +−= xM
0=T
Método das Forças Grelhas
147
Cálculo dos Coeficientes
Quadratura de Gauss, considerando 5 pontos de integração, tem-se:
Barra AB:
εi wi xi hi Ii βi Ji
0,90618 0,23693 3,81236 0,51407 2,264 x10-3
0,25350 1,043 x10-3
0,53847 0,47863 3,07694 0,56923 3,074 x10-3
0,26067 1,187 x10-3
0,00000 0,56889 2,00000 0,65000 4,577 x10-3
0,26930 1,400 x10-3
-0,53847 0,47863 0,92306 0,73077 6,504 x10-3
0,27618 1,615 x10-3
-0,90618 0,23693 0,18764 0,78593 8,091 x10-3
0,28012 1,761 x10-3
dθ mi ti (mi dθ) wi (mi2 wi)/Ii (ti
2 wi)/Ji
-7,781 x10-4
1,68764 2,6 -3,111 x10-4
298,028 1536,265
-7,027 x10-4
2,42306 2,6 -8,150 x10-4
914,150 2725,661
-6,154 x10-4
3,50000 2,6 -1,225 x10-3
1522,564 2746,249
-5,474 x10-4
4,57694 2,6 -1,199 x10-3
1541,553 2003,918
-5,090 x10-4
5,31236 2,6 -6,406 x10-4
826,418 909,399
Σ = -4,191 x10-3
5102,713 9921,492
Barra BC:
εi wi xi hi Ii βi Ji
0,90618 0,23693 2,85927 0,5 2,083 x10-3
0,25148 1,006 x10-3
0,53847 0,47863 2,30771 0,5 2,083 x10-3
0,25148 1,006 x10-3
0,00000 0,56889 1,50000 0,5 2,083 x10-3
0,25148 1,006 x10-3
-0,53847 0,47863 0,69230 0,5 2,083 x10-3
0,25148 1,006 x10-3
-0,90618 0,23693 0,14073 0,5 2,083 x10-3
0,25148 1,006 x10-3
dθ mi ti (mi dθ) wi (mi2 wi)/Ii (ti
2 wi)/Ji
-8 x10-4
0,14073 0 -2,667 x10-5
2,252 0
-8 x10-4
0,69230 0 -2,651 x10-4
110,109 0
-8 x10-4
1,50000 0 -6,827 x10-4
614,401 0
-8 x10-4
2,30771 0 -8,836 x10-4
1223,494 0
-8 x10-4
2,85927 0 -5,420 x10-4
929,762 0
Σ = -2,4 x10-3
2880,018 0
Onde: )1(2
+= iix εl
⋅⋅+
⋅⋅⋅+
⋅⋅+
⋅⋅⋅= ∑∑∑∑
i
iiBC
i
iiBC
i
iiAB
i
iiAB
J
wt
GI
wm
EJ
wt
GI
wm
EF
2222
11
1
2
1
2
1
2
1
2
llll
+⋅
⋅⋅+
⋅
⋅⋅+⋅
⋅⋅= 0018,2880
103
1
2
3492,9921
1025,1
1
2
4713,5102
103
1
2
477711F
3
11 10072,2 −⋅=F
Método das Forças Grelhas
148
( ) ( )∑∑==
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=N
i
iiiBC
N
i
iiiAB
QT wdmwdmD11
122
θθll
( ) ( ) 233
1 10198,1104,22
310191,4
2
4 −−−⋅−=⋅−⋅+⋅−⋅=QTD
QFDDD QTQLQ ++=
1
32 10072,210198,100 Q−−⋅+⋅−=
kNQ 784,51 =
Por superposição de efeitos tem-se:
kNQVC 784,51 ==
kNVV CA 784,5−=−=
mkNM X ⋅=⋅= 038,15784,56,2
mkNMY ⋅=⋅= 812,31784,55,5
Diagramas Finais da Estrutura
Figura 18 – Diagramas Finais
Método das Forças
Exemplo de Aplicação em Arcos
Método das Forças Arco
151
ϕ
EXEMPLO1: Determinar as reações de apoio no arco da figura utilizando o método da flexibilidade.
Arco com eixo parabólico: ( )20
2020
2x
xxx
y −=−⋅=
Figura 1 – Arco parabólico
Dados:
Seção transversal retangular:
b= 40cm
h= 120cm
E= 2,1x 107 kN / m
2
EI = 1,209 x 106 kN.m
2 ; EA = 1,008 x 10
7 kN .
Fase L Fase 1
Figura 2 – Esquemas de carregamento e reações de apoio
Método das Forças Arco
152
ϕ
ϕ
cos
cos
dxds
dsdx
≈
⋅≈
ϕ
ϕ
ϕ
ϕ
Condição de Compatibilidade DQ1 = DQL1 + F11.Q1 =0
∫∫ ⋅+⋅=∆ ;dsEA
nNds
EI
mM
−=⇒−== −
101
101 1 x
tgx
tgdx
dyϕϕ
Fase L
( )( ) ( ) ϕϕ sin5020225sin20225
10501022510225
2010100
22
⋅−⋅−−=⋅⋅−−=
−⋅−⋅−⋅=⋅−⋅=
≤≤≤≤
xNxN
xxxMxxM
mxmmx
LL
LL
Fase 1
( )ϕcos1
20/201
1
1
⋅=
−⋅=⋅=
N
xxyM
∑∑
∫∫
==
⋅
+⋅
=
⋅+⋅=
N
i
i
i
LN
i
i
i
LQL
LLQL
wnNl
EAw
mMl
EID
dx
EA
nNdx
EI
mMD
1
1
1
11
20
0
1
20
0
11
cos2
1
cos2
1
coscos
ϕϕ
ϕϕ
( ) ( )
.cos2
1
cos2
1
coscos
1
2
1
1
2
111
20
0
2
1
20
0
2
111
∑∑
∫∫
==
⋅
+⋅
=
⋅+⋅=
N
i
i
i
N
i
i
i
wnl
EAw
ml
EIF
dx
EA
ndx
EI
mF
ϕϕ
ϕϕ
ϕ
Método das Forças Arco
153
iε iw ix iϕcos
-0,9061798 0,2369269 0,9382 0,7410
-0,5384693 0,4786287 4,6153 0,8805
0 0,5688888 10,0 1,0
0,5384693 0,4786287 15,3847 0,8805
0,9061798 0,2369269 19,0618 0,7410
LiM im1 i
i
L wmM
⋅
ϕcos
1 i
i
wm
⋅
ϕcos
2
1
202,2928 0,8942 57,8378 0,25566
825,4326 3,5503 1593,0010 6,8517
1250,0 5,00 3555,5544 14,2222
825,4326 3,5503 1593,0010 6,8517
202,2928 0,8942 57,8378 0,25566
( )123,6857=∑ ( )34369,28=∑
LiN in1 i
i
L wnN
⋅
ϕcos
1 i
i
wn
⋅
ϕcos
2
1
-138,487 0,7410 -32,8113 0,1756
-62,910 0,8805 -30,1106 0,4214
0 1,0 0 0,5689
-62,910 0,8805 -30,1106 0,4214
-138,487 0,7410 -32,8113 0,1756
( )28438,125−=∑ ( )47628,1=∑
( ) ( )
( )
0566,00001,00567,0
8438,12510008,1
10232,6857
10209,1
10
21
1
761
=−=
−⋅×
+⋅×
=
↓↓
QL
QL
D
D
( ) ( )
( )
464
11
7611
103684,2107488,1103509,2
7628,110008,1
104369,28
10209,1
10
43
−−−
↓↓
⋅=⋅+⋅=
⋅×
+⋅×
=
F
F
kNQ
F
DQ
QL
98,238103684,2
0566,041
11
1
1
−=⋅
−=
−=
−
Método das Forças Arco
154
Esforços Finais
No meio do vão: (x=10m)
( )( )
( ) kNVQvVV
kNNQnNN
kNmMQmMM
L
L
L
2598,238025
98,23898,23810
10,5598,23851250
11
11
11
=−⋅+=⇒⋅+=
−=−⋅+=⇒⋅+=
=−⋅+=⇒⋅+=
No quarto do vão: (x=5m)
( )( )
( ) kNV
kNN
kNmM
93,498,2384472,080,111
64,26998,2388944,090,55
17,2198,23875,3875
=−⋅+=
−=−⋅+−=
−=−⋅+=
