Süssekind curso de análise estrutural 2
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1. O documento apresenta um curso de análise estrutural em três volumes, tratando de deformações em estruturas isostáticas e hiperestáticas, além de estruturas sobre apoios elásticos. 2. No primeiro capítulo, calculam-se as deformações em estruturas isostáticas devido a diferentes agentes, como carga externa, variação de temperatura e movimentos de apoio. Apresentam-se os processos de Mohr e Williot para vigas e treliças. 3. No segundo capítulo, resolvem-se estrut
![Na oportunidade, queremos deixar registrados nossos agradcci-
mentos ao amigo José de Moura Villas Boas, pelo trabalho de revisão deste
volume, e aos demais amigos que, com suas sugestões e estimulo, colabo-
raram na preparação deste trabalho.
Rio de Janeiro, 8 de agosto de 1974
José Carlos Sussekind
CAPTTULO I -CALCULO DE DEFORMAÇÕES EM
ESTRUTURAS ISOSTATICAS
1 - ApIieaq.50 do teorema dos trabalhos Wtuais aos corpos elãstim
1.1 - O de d'brlembert e os conceitos de deslocamento
e trabalho Wtual
i; ]ean d'Alembert introduziu na Mecânica Racional os conceitos
de deslocamento e trabalho virtual, estudando o seguinte caso:
P. Ip2
Seja um ponto material m em equilibrio, isto é, submetido a um conjunto
de forgas Pi tais'qiiè sua resuitante $6 nula, conforme indica a Fig. 1-1.
Imaginemos seja dado a este ponto um deslocamento 8 sem a introdução
de nenhuma nova força no sistema, isto é, mantendo = O. Este desloca-
mento não pode ser atribuído a nenhuma causa física real, pois, para haver
deslocamento real do ponto, seria necessária a introdução de uma nova
força ao sistema, que possibilitasse este deslocamento (real) do ponto m.
Tratemos, entáo, este deslocamento ,), dado nestas condicões. (isto é.. . .
= O), como uma entidade puramente matemática, â qual chamaremos
deslocamento virtyl:
O trabalho virtual W realizado pelo conjunto de forças Pi (ree)
que amam s$re 0 ponto m quando ele sofre o deslocamento virtual 6
vale W = 2.6=O. Dizemos, então. que, "pmum ponto material em equilí-
brio (2= 01. O nobalho wml r~liradopelo sistemn de forcas reais em
equilíbrio que atua sobreo,yn*o, w n d o este sofre um deslouimento wtuol
arbih$rio quaiquer, 6 nulo ,o que constitui o princfpio de d'Alembeh
Isso garante a aeitaçzo do novo conceito (trabalho virtual),
pois preserva, para O ponto que sofreu um deslocamento virtual, as suas
duas condições de equilíbrio: a estática (traduzida pela resultante nula) e a
energhtica (traduzida pelo trabaiho virtual realizado nulo).
A pariir destas consideraçóes, poderemos extrapojar os teoremas
I
gerais da Mecânica sobre trabalhos reais para teoremas sobre trabalhos](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-8-320.jpg)
![C ~ i s ode análise estmtura] GUcuio de deformações em estmtum isost6ticar 91
5.2 - Calcular o afundamento do ponto D da grelha da Fig. 1.117,
cujas barras fomam, em todos os 116s. ân,ylos de 900 e t6m
I Fio. 1-117
5.3 - Empregando, diretamente, a fónnula de Vereschaguin, obter
a rotação da tangente à elástica em B para a viga da Fig. 1-118, que tem
rigidez W (constante).
I p I P
+ 4 A B
- Fig. 1-118
a + a +
5.4 - Para a estrutura da Fig. 1-119, calcular:
a) deslocamento horizontal de A;
b) deslocamento vertical de E.
Dado: EJ, = 2 x 104 tm2
5.5. - Para a estrutura da Fig. 1-120, pedem-se:
a) devido ao carregamento atuante, obter:
a l ) rotação do nó E;
a.2) variação do comprimento da corda EF;
b) devido a uma diminuição uniforme de 30 OC, calcular a de-
formação mencionada em a2
Dados: or= I O - ~ / ~ CW = 2 x 104 tm2 (todas as barras)
5.6 - Para a estrutura da Fig. I-12l,.pede-se:
a) para o carregamento indicado, calcular
variaçáo da corda AD;
a.2) deslocamento vertical de H;
b) calcular o deslocamento horizontal de A para:
b.1) aumento uniforme de temperatura de 30OC;
b.2) recalques verticais, de cima para baixo, de 2 cm dos
apoiosB e C.
Dados: W = 2 x 104tm2 (todas as barras)
a = 1Crs/oc
3tim
r r r r r r r r ~ ~ r ~ . r j
4- Irn_k- 4m -k- 4m +4m -+4m + 4m -A
Fia. 1.121](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-53-320.jpg)
![I 100 Cuno de anYise estrutural
I . Cdleulo de defonna$ões em estruturas isostátiras 101 I
6 - Respostas dos problemas propostos
a) 2,93 mm (-*I ;b) 3.71 mm (1)
a.1) 7 . 5 ~ rad (tl);a,?) 13,2 mm (aumento):
b) 5,4 mm (encurtamento)
a.l) 3,84 cmfaumento) ;a.2) I ,6 mm (f) :
b.1) 4,8 mm(+) :b.2) 2 cm (e)
1,07 cm (4)
1 . 4 6 ~10-3 rad (n)
a) 0,98 cm (4) ;b) 0,17 mm (t)
Alongamento de 1,94 mm
Encurtamento de 2,14 mm
4EJ (371- 8) ] (C)
m
4.2 ,rn (+I
-
a) aumento de <r t R ( I + )
b) zero
5.17 - a) 2 6 c m (+) ;b) f l x IO-:' rad (o)
t5.1 8 - a) 0.21 x 1O-' rad (12);0,33x 1 rad (( )
b) 1mm (4)
5.22 - a) 0.133 x rad
b) 0,67 mm ( f ) ;zero ; 0,67 mm (L )](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-58-320.jpg)
![108 Curso de análise estrutural Hipem&tica - o método das força 109
equação dizendo que o deslocamento na direção de Xi é nulo. O pro-
blema está, então, resolvido e podemos afirniar que a resolução de uma es-
trutura n vezes hipcrestática recairá na resoluçáo de um sistema n x ,,,
em que cada equação exprimirá a condição de ser nulo o deslocamento
na direção de cada um dos hipcrestáticos.
Poderíamos, é claro, impor estas condiçaes diretamente sobre
a Fig. 11-17, mas será mais simples. para a manipulação algébrica d o
problema, empregar o princípio da superposição de efeitos da forma in-
dicada na Fig. 11-18, em que separamos o efeito do carregamento exter-
no e 0 de cada um dos hiperestáticos; no desconhecimento dos valores
corretos destes. arbitramos um valor qualquer para cada um deles (no caso,
por simplicidade. arbitramos valores unitários, embora pudessem ser valores
quaisquer) e esses valores devem ser multiplicados pelos fatores-escala
X X X tais que façam que os deslocamentos finais nas direçaes dos1, 2. , 3
hiperestat~cossejam nulos.
Sistema principal com
carregamento externo e
I hiperestáticos X,. . . .Xn
Sistema principal " Sistema principal
=[ com
carregamento externo] + 2 Chi,c0 ].i
Assim, devemos ter, indexando as deformaç6es indicadas na
Fig. 11-18 eom dois índices. o primeiro do qual se refere ao local e o
segundo à causa da deformação3, temos:
RotaçãoemA=O . . . . . . . . . . 6 ~ 0 + 6 1 1 X I + 6 1 Z X 2 + 6 1 3 X 3 = 0
RotaçãoemB= O . .. .. . .. . . 620 + 621XI + S22X2 + 623X3=0
~~slocamentohorizontal e m B = O .[ 630 + 631XI + 632X2 + 833x3 = O
A solução do sistema anterior, que 6 o sistema de equações
de compatibilidade elástica do sistema principal com a estrutura hiperes-
tática, nos fornece os valores dos hiperestáticos, a partir dos quais pode-
mos obter os esforços atuantes na estrutura.
2.2 - Observações
a) Vejamos qual a forma de obtendo dos coeficientes 6 do
sistema de equaçoes que conduz 20 cálculo dos Iuperestiticm:
Seja, por exemplo. obter 623 que, sabemos, é a deformação
na direçáo do hiperestático X2 (ou seja, rotação da tangente à elástica.
no sistema principal, em B) devida à aplicação de X3 = 1. Como se trata
do cá!culo de uma deformação numa estrutura isostática, temos:
Estado de carregamento: dado pela aplicaçáo de X, = I no-sistema principal.
Estado de deformação: dado pela aplicação de X3 = I no
sistema principal.
Por conseguinte, a23 resultará da combiriaçáo dos diagramas
trapdos, no sistema principal, para X2 = 1 e para X3 = 1.
Analogamente, um 6i0 resultará da combinação dos diagramas,
no sistema principal, devidos à aplicação do carregamento externo e do
hiperestático Xi = I.
Podemos, então, escrever:
6ii = Combinação dos diagramas resultantes da aplicação dos hiperestá-
ticos Xi e Xi no sistema principal, com os valores arbitrados.
SiO= Combinação dos diagramas resultantes da aplicação docarregamen-
to externo e do hiperestático xi (com o valor arbitrado) no sis-
tema principal.
Nota:
0 s diagramas a combinar São, evidentemente, aqueles que influenciam no
d c u l o da deformaçáo 6 de~ejada,confomeestudado no cap I deste volume.
3 O canegamento externo será simbolizado por O.Fim 11-18](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-62-320.jpg)
![b) No caso de querermos resolver uma estrutura hiperest5tica
para uma variaçáo de temperatura, para recalques de apoio ou para mo-
dificações de comprimento impostas durante a montagem, teremos t ã e
somente que substituir os 6i0 (deformações, no sistema principal, na di.
reçáo dos hiperestaticos Xi devidas à atuação do agente extemo deformam
te, no caso da Fig. 11.18, o carregamento externo) pelos Sit . 6* ou
C, (deformações, no sistema principal, na direção dos hiperestaticos
Xi, devidas a atuação do agente extemo deformante, no caso, variaçáo de
temperatura, recalques de apoio ou modificações de comprimentoimpostas
durante a montagem).
Os valores de 6it, 6y ou 6,. em se tratando de deforma-
ções em estrutura isosthtica, são de imediata obtenção a partir do que
se estudou no cap. I, sendo dados por:
6i,,, = 2 (Ni x modificações de comprimento correspondentes.)
(114)
(Os esforços e reaçóes com índice i são, evidentemente aque-
les obtidos quando aplicamos o hiperestático Xi ,no sistema principal, com
o valor arbitrado inicialmente.')
C) Como, quando combinamos diagramas de momentos fleto- v
res, obtemos os EJc6 ao invés dos 6 , temos:
- no caso de resoluçáo de estruturas hiperestiticas para atua-
ção de carregamento externo, podemos substituir os 6i0 e 6~ pelos
Wc6i0 e EJ, 6ii (pois que um sistema de equações não se altera se
multiplicamos ambos os membros por H,,e o segundo membro é nulo) ;
- no caso de resolução de estruturas hiperestáticas para ama-
ção de variação de temperatura, recalques de apoio ou modificações de
comprimento durante a montagem, podemos substituir os S.. pelos
11
EJ, Bii, desde que multipliquemos os 6il, OU 6im por E&.
d) Escrevendo o sistema de equações que resolve v problema,
sob forma matricial, temos:
-
Valor este que náo precisa ser uni&to.
Hipernt6tica -o método das forças 111 1
Sob forma mais compacta, vem:
Ao vetor { 6 1, onde a influencia do carregamento externoO
se faz sentir, chamamos vetor dos termos de carga.
à matriz [ 6 1, quadrada, simétrica ( &i. = 6..,li a partir
do teorema de Maxwell). chamamos niatriz de flexibifidade da estrutura
Esta denominação foi dada levando-se em conta que a matriz 1 6 ] é
aquela que transforma os hiperestáticos (esforços) {X} nas deformações
que eles provocam 1 6 1 { X }.
Note-se bem, que a matriz [ E ] independecomplet?mente da
solicitação externa, sendo função apenas d o sistema principal adotado.
Ao vetor {X}chamamos vetor dos hiperestáticos.
A solução da equação matricial é, evidentemente, dada pela
equação 11-6, em que [ P ] é a matriz inversa da matriz de flexibilidade.
e é chamada matriz de rigidez da estrutura, sendo também quadrada e
simétrica.
1x1 = - [ s i - ' { a o } = - [ P I (11-6)
Notas:
1) Se, em vez de termos carregamento externo, tivermos variação de tem-
peratura, recalques ou modificações de montagem, basta substituir o
vetor
{ 6 0 ) por { 6 t } . { S r } ou {6,}em(11.6).
2) Se estivermos resolvendo uma estrutura hiperestática para um único
carregamento, será indiferente obter os valores dos hiperestáticos por
resolução direta do sistema de equações ou a partir da inversão da
matriz de flexibilidade. Se, entretanto, tivermos vários CarIegamentOSa
considerar, o procedimento matricial ( { X = - [P I { 6 0 } ) será
muito mais vantajoso.
e) (h esforços finais na estrutura hiperestática são obtidos em-
pregando-se o principio da superposição de efeitos (V. Fig. 1-18), da ex+
ptessáo:
E = E. + EiXi (11-7)](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-63-320.jpg)
![indicada em 11-100.3, os diagramas da outra metade serão obtidos lem-
brando que, no caso de estrutura plana simétrica com carregamento si-
dtrico, os diagramas de momentos fletores e esforços normais sáo simé-
tricos e o de esforços cortantes é anti-simétrico.
Obsm@o:
O mesmo tipo de idéias permanece válido, evidentemente, se estivermos
estudando uma estrutura como a da Fig. 11-101.1, cuja configuração da
elástica, sendo a da Fig. 11.1012 (na qual a única componente de defor-
mação de sua seção de simetria 6 o deslocamento vertical), nos permite
~esolvê-Iaa paitir da configuração estática indicada na Fig. 11-101.3.
b) Seja, agcra, a mesma estrutura elastica e geometricamente si-
dtrica que a indicada na Fig. 11-100, submetida ao carregamento anti-
simetria> da Fig. 11-102.1.
No caso, agora, as tendência de deslocamento horizond e
de rotação da seçáo S de simetria da estrutura, provocadas pelas forças
atuantes de cada um de seus lados, se somarão (ao invés de se anular.
como no 'as0 da Fig. 11-100), fornecendo os valores x,y e 9s indicados
em 11-102.2; o deslocamento vertical da seção será, entretanto, nulo,pois
as tendências desta deformação em S, provocadas pela forças atuantes
à sua esquerda e à sua direita, se oporão. Podemos, então, romper a es-
trutura na seção S de simetria, colocando nesta seção um vínculo ta]
que impeça o deslocamento vertical e permita o deslocamentohotimntd
e a rotação, que é, no caso, o apoio do i? gênero indicado em 11-1023.
mpmtátiea-o d t o d o das fo- 155
Para carregamento anti-simétrico, a estrutura dada, três vem
hiperestática, se comportará como apenas uma vez hiperestática, parth
dese do esquema da Fig. 11-102.3.
Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da estrutura
indicada em 11-102.3, os diagramas da outra metade serão determinados
lembrando que, para estruturas sim6tricas com carregamento anti-simétri-
co, os diagramas de momentos fletores e esforços normais sáo anti-simé-
tricos e o de esforços cortantes é simétrico.
ObsewpTo:
Com raciocínio inteiramente análogo, a estrutura da Fi& 11-103.1, sub-
metida ao carregamento anti-simétrico indicado, poderá ser resolvida a
partir do esquema dado em 11-103.2.
c) Analisemos, agora, o caso em que o eixo de simetria atra
vma completamente uma barra da estrutura:
Seja, por exemplo, o quadro simitriw da Fig. 11-104.1, sub-
metido ao carregamento sim6trico indicado.
_..I
.i=;* 41. 1 I*
I
hfonne ji vimos, para o caso da estrutura da Fig. u-100,
na WH0 de simetria de uma estrutura simétrica com carregamento si-
dtdco, 6 tendência de deslocamento na direçáo do eixo de sime
%a; da fig. 11-104, entretanto, este deslocamento está imp*](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-85-320.jpg)
![Podemos, então, ao inv6s de trabaihar com oshiperest6ticosXA.
...,XE. trabalhar com os hiperestáticos X1, ...,X5 que têm a vanta-
gem de anular diversos 6 da matriz de flexibilidade da estrutura, j&
que a combinação dos diagramas (sim6tricos) resultantes da aplicação do
grupo (simétrico) de hiperestáticos X 1, X 2 , X3, com aqueles ( anti-si-
mdtricos) resultantes da aplicação do grupo (anti-simétrico) de hipemtáticos
Xq, X5 ser&sempre nula. Isto acarretara, espontanmmente, a subdivisáo da
matriz de flexibilidade [a] da estrutura, qualquer que s& o mnegamenro
atuunte, em duas submatrizes, uma referente aos hiperestáticos simétricos e a
outra aos anti-simktricos, sendo, no caso, a matriz [6j dada por:
O sistema de equações de compatibilidade elástica a resolver
(que deveria ser um sistema 5 x 5) se decompôs, então, em dois sistemas
mais simples (um 3 x 3 e outro 2 x 2), sendo este o objetivo do artifício
cuja essêncm, então, cunsiíte m adoçüo de um sistem priwipol simétrico,
no qual aplicoremos dois aupos de hiperestúticos: um simétrim e OutrO
anti-simétrico, operando, o pariu &í. denho & sequência u m 1 adorada
no método das forças (e sabendo que a matriz [6 ] da estrutura se de-
comporá, por isto, em duas submatrizes, uma referente ao gnipo sim6trico
I ~i~~rrstátiea-o método das forças 185
e a outra ao gnipo anti-simbtrico de hiperestáticos).
Para as estruturas simktricas das Fig. 11-186 a 11-189 indicamos,
a titulo de ilustração, os sistemas principais, os gniposde hiperestáticos si.
dtricos e anti-simétricos e a forma simplificadaque assumirá a matriz [61.
I Fig. 11-186](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-100-320.jpg)
![v
uirso de máiise estmtural - o método das f o w
Osexemplosseguintesesclarecerãoacerca do emprego do artifício.
Ex. Ii-26 - Obter o diagrama de momentos fletom para o qua-
dro da Fig. 11-192, cujas banas tem, todas, indrcia
constante.
Empregando o artifício dogrupo de inoógnitas, temos:
a) Sistema principal e hiperestáticos
X2I&. & bXJd- -X3
Fio. 11-193
b) Diagramas no sistema principal
4 t h
X l = lmt
4.5mt
X3= lmt
lmt tml x3- 1mi
lmt -
Fio. 11.194
c) Cáiculo dos hiperestáticos
Temos:
-54
d) Diagrama fd
A partir da expralrHo E = E,, + O,SE1 + 0,5E2 + 5,4E3, ob-
temos o diagrama f d da Fig. ii-195.
IEr 11-27-Obter o diagrama de momentos iletores para o qua-
dro da Fig. 11-196, que tem rigidez constante EJ =
=lo4 tm?seosapoiosA eC sofrem os recalques
horizontais indicados.
" + 3m + 3m +
Fia. 11-196
Empregando o artifício do gmpo de incbgnitas, temos:
a) Sistema principal e hiperestátiws
X
] ~ rX2 ']TI](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-102-320.jpg)
![204 Curso de &se estrutural
Nestas expressBes, os 0 ij. função apenas do sistema princi-
pal adotado, independem do carregamento, ao passo que os são,evi.
dentemente, função dele. Em se tratando do estudo de linhas de innuên.
cia, a cada posição da carga unitária corresponderão diferentes 6i0 e
demos então escrever que:
Para obtermos as linhas de influência dos hiperestáticosbasta-
rá, pois, conhecer as linhas de influência dos
Seja,por exemplo, obter a linha de inliuência de filo (deformação
na dinção do hiperestático X1 , no sistema principal, devida ao carrega-
mento externo P = 1 que percorre a estrutura). Para obtenção de uma
ordenada generica de SI0. em se tratando de uma deformação numa es-
trutura isostática, temos os estados de carregamento e de deformação in-
dicados na Fig. 11-228:
+c' Estado de deformaqão
u L
Estado de carregamento
Fio. 11.228
Combinando os diagramas obtidos para estes estados de car-
regamento e de deformação, teríamos a rotação relativa das tangentes à
elástica em 3, no sistema principal ( &i0)provocada pela aplicação da
carga P = 1 na posição genérica S indicada. Lembrando, agora, o teorema
de Maxwell sabemos que, caso quiséssemos obter o deslocamento
vertical de uma seção genérica S. no sistema principal, devido à aplica-
ção de uma carga X1 = I , como os diagramas a combinar seriam os
mesmos, teríamos que este deslocamento vertical de uma seção genérica
devido à aplicação de X1 = 1 seria numericamente igual ao deslocamen-
to na direção de X1 provocado pela aplicação, naquela seção genérica,
mpeiatdtki - o método âas forças 20s
da carga concentrada unitária
Isto nos permite concluir, entáo, que:
L L S10 = Elástica do sistema principal carregado com X1 = I.
De forma inteiramente análoga, concluiriamos que:
L L SZ0 = Elástica do sistema principal carregado com X2 = 1.
Com isto, as l i de influência dos hiperestiticos estão c e
nheeidas, senão vejamos:
L L Xl = - ( P11 L. L filo + 012 L I. ) = Elástica do sistema
I
principal carregado com X1 = - I e x2= - a12,
OU, ainda: L L X1 = Elástica do sistema principal carregado com os(-0 )
da Ia. linha da matriz [O]
A uma conclus%oanáloga chegariamos para a L. I. X2 e, genera-
lizando, podemos concluir que:
L LXi = Elktica do sistema principal carregado com os (4) da
iGaa linha da matriz [o].
-
Conheadas as linhas de influência dos hiperestáticos, aslinhas
de influência de outros efeitos são obtidas imediatamente da expressão:
Nesta expressão, E1 e E2 não variam com a variação da P*'
SiHo da caga unitária, pois representam os valores do efeito estudado,
no sistema principal, provocados pela aplicação de X1 = 1 e X2 = 1 ,
respectivamente.
Com a variação da posição de P = 1 variaráo, então,apenas
E0 s X1 .X2. segundo suas l i a s de influência.
Como L L E0 é uma linha de influencia no sistema principal
(i"statico) e como as linhas de influência dos hiperestáticos já são cc-
aeadas, o pmblema está resolvido e, generalizando, temos:](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-111-320.jpg)
![4.2 - Roteim de cálculo
A partir das conclusões do item anterior, podemos =tabele.
cer o seguinte roteiro para o traçado de linhas de influência cm ntm.
Nras hiperestáticas.
I?) Escoiha do sistema principal (de prcferência composto de
trechos que se comportem, para a carga P = 1 , como biapoiadm) e
dos hiperestáticm (aplicados no sentido do esforço positivo).
Observação:
Recomendamos que o sistema principal seja constituído de trechos com-
portando-se como biapoiados para, quando do cálculo das linhas de in-
fluència dos hiperestáticos, recairmos nas expressões que deduziremos no
item 59. (É claro que nada impede de se adotar um sistema principal
qualquer e de se obterem as ordenadas das linhas de influéncia dos hi-
perestáticos ponto a ponto, pela aplicação do teorema dos trabalhos vir-
tuais.)
Recomendamos, também, que os hiperestatiws sejam aplicados
no sentido do esforço positivo para que as linhas de influência obtidas
já tenham o sinal' correto do esforço estudado.
2?) Traçado dos diagramas no sistema principal para os hi-
perestáticos unitários.
3?) Obten~ãoda matriz [ 8 1
49) Obtenção & matriz [ P ] = 16 1
S?) Obtenção das linhas de influência dos hiperestáticos.
Observaçóo inicial:
Sabemos que as linhas de influéncia dos hiperestáticos são as elásticasdo
sistema principal carregado com os (- P ) corretos Ora, até aqui, temos
sempre trabalhado com os hii da matriz [ 6 1 multiplicados porElc,ou
seja, a matriz correta [ 6 1 seria aquela com que trabalhamos dividida
por ,!Vc e, conseqüentemente, a matriz [o ] correta será aquela comque
trabalhamos devidamente multiplicada por EJc. Não podemos, pois, nos
esquecer disto na hora da obtenção das linhas de influência dos hiperes-
táticos, ou seja, devemos multiplicar os nossos (- 0 ) da matriz [ P ] er-
rada com que trabalhamos por EJc para obtençzo das elásticas.
Supondo que, em nosso sistema principal adotado, a estrutura fi-
que dividida em elementos cornportandwe para a cargaP=1 como biapoiados,
para obtenção das linhas de inflGncia dos hiperestáticos teremos que achar
elásticas de vi~asbiapoiadas para carreeamentos da forma da Fig. 11-229.-
k h
7i I ---*- Fip. 11-229
Hipaestdtica - o metodo das forças 207
a) Caso de J constante:
L Pd:Viga Tnjugadacarregada mm
J 8
: M, -.
Fig. 11-230
Como a elástica é o diagrama de momentos fletores na viga
conjugada, temos:
ou seja:
(Podemos, pois, usar os P da matriz errada com que trabalhamos usual-
mente sem maiores preocupaçóes)
b) Caso de J variando em mísula (supondo Jmax.em I)
l3 0 s v a h i du Riqaes %e WDestão dados na takla I pertencente r0 c*P-
d o v01 I &ste Curso.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-112-320.jpg)
![210 Corso de mslise nitnihiral Hipmtática - O método h f o v
1
211
Para as seçóes -inaladas na Fig. 11.232, obtemos: Teremos: % = -2 124 = 0.55 -7
Fg. 11.237
b) Trecho CD
Para este trecho, n2o precisam refazer os cflculos, pois
vemos que o trecho BC se transforma em CD,se lhe imprimimos uma
rotaçáo de 180°, multiplicando seus valores por 2 . Sendo assim, temos:
7
c) Balanço Ai3
Sabemos que a elástica serA uma linha reta nos balanços,
bastando, portanto, calcular sua ordenada extrema, o que faremos a par-
tir da defullçáo. Temos a combinar os diagramas da Fig. 11-238,obtendo:
Fip. 11-238
1 7 -E Y c t ; A = E l c x - ~ 3 0 x 5 ~ -. . TIA= 1,94
6 90
d) Balanço DE
Podemos, então, traçar a linha de influência de X1 , o que
feito na Fig. 11-239.
Obser~nção:
Haverá, também, uma elástica para a barra vertical CF,em cujo conhe
cimento não estamos interessados, pois a carga P=l nso percorre esta barra.
Será a elistica do sistema principal carregado com (-2a.laia)
da matriz [ p ] , ou seja, com o carregamento indicado na Fig. 11-240.
Fip. 11-240
Comparando com 5.1, vemos que, para obter a L I. X2, bas
ta se imprimir uma rotação de I800 à L I. X1. Com isto, temos a li-
nha de infiuência representada na Fig. 11-241.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-114-320.jpg)
![E*. 11-34- Para a estrutura do exemplo 11-1I, traçar as linhas
de influência dos esforços simples na segão a 114
do váo, contada do apoio esquerdo.
Adotando o sistema principal da Fig. 11-70 do referidoexem.
plo e que esta transcrito a seguir, obtivemos [ SI= [I 161, ou seja:
I It m [(3]= [!/I 161Daí vem:
Fig. 11.245
1. Linha de influência do hiperestático
1Será a elástica da estrutura carregada com (-- ) no lugar
116
de X1 , OU seja, com o carregamento dado na Fig. 11-246, para o tre.
cho horizontal em que se desloca a carga unitária.
51116 7: 11 lU 51116
A:
I I (
Fig 11-246
A partir de (11.10). obtemos
5
= / l ' ( ( 3 , q 1 + 0 2 1 ) = 2 0 x 5 ( V l + q 2 ) =
116
Empregando-se a tabela XIV, obtenios, com o auxílio do
quadro de valores a seguir, a L 1. X1 ,traçada na Fig. 11-247.
Hipemt6tka -0 d t o d o das f 0 ~ ,217
I
Seção
I
I1
111
2. Linhas de influência dos esforços simples atuantes em 1
2.1.-L,I. MI= L I. (MO)I -5 L I. Xl ,indicada na Fig. 11-248.
2.2 -L.1. Q1= L I. ( Qo ), ,indicada na Fig. 11-249.
'71
0,0459
0,0560
0,0349
'12
0,0349
0,0560
0,0459
"x1
0,38
0,48
0.38](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-117-320.jpg)
![Como: 2
M(x)= -',,+&L - qx
2 2
o trabalho real de defonnaçHoserá dado por:
3
Temos:
8
- 3
a r = - & )
aM 2EJ 6
Impondo o teorema de Menabrea, vem: ---0:. M =
aM
= -l2 sendoo diagrama pdido. pis,oindicadona Fig. 11.256.
12
Fig. 11-256
6 - Cáido de defamaçio em estmturas hiperestiticas - Verifiraçk
de diagramas
6.1 - Caro de cungamento externo
!3eja a estrutura da Fig. 11-257.1, submetida ao carregamento
indicado, para a qual desejamos, por exemplo, calcular o deslocamento
da seção m na direção A. Conforme vimos no cap. I deste volume. a
aplicação do teorema dos trabalhos virtuais, a partir do estado de carre
gamento da Fig. 11-257.2, nos fornece: 4
I Hiptestática -o &todo das forpa
Levando em conta que, a partir de um sistema principal qualquer,
podemos escrever:
M=MO+MIXl+M2X2, N = N O+NIXl +N2X2,
Q =Qo + QIX1 + Q2X2 e m=Mo+M ~ X ~+M2x2,
I
I
N=Zo+ NIXI + N2X2, Q= Go+ QIXI + QZx2, temos:
I
xQ -
+ 1 (Q9 + Qlrl+ Q2x2)di =
xaod" +
EJ
ES
I CS + x 2 ,"C:"'] +
I
+ x2 [j EJ +x1 I"""
+j + X I
+
AnaIisando os coeficientes de TI e de x 2 , a igualdade pode
*r reescrita sob a forma:](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-120-320.jpg)
![Fie. 11-266
o que verifica o diagrama. (A ligeira diferença encontrada do valor zero
se deve, evidentemente, ao arredondamento feito quando do cálculo dos
hiperestiticos, para a obtenção deM.)
6.2 - Caso de varia* de temperatura
Se a estrutura da Fig. 11-257.1, estiver agora submitida'ava-
nação de temperatura indicada na Fig. 11-267.1, o deslocamento da se-
$%om, na direção A, por ela provocado, valerá, a partir do estado de car-
regamento da Fip. 11-267.2:
iti 1 1 1Fie. 11-287.1 - Estado de ddomirSo Fie. 11-267.2 -Emdo deuirqimsnto
IEnorqm: M, N, 01 IEsfortm: y c]
Fie. 11-267
F x ~ = M d s +lfftgBds + /A!!$& + /&%&+
I" 'h-"' - ES
GS
I
1 A partir do desenvolvimento apresentado no tópico 6.1 deste
item, sabemos que
Como, para uma variação de temperatura temos MO = Ng = Qo = O,a
expresso obtida pela aplicação do teorema dos trabalhos virtuais se re-
duz, finalmente, para
a partir da qual podemos calcular deformações em estruturas hiperestlti-
eas devidas à variação de temperafura, sem ser necessário conhecer os
Tagramas solicitantes que esta variação de temperatura introduz na estru-
I tura hiperestática dada.
Podemos, também, trabalhar com o estado de carregamento
na estrutura isostática, o que é útil quando j6 conhecemos os diagramas
solicitmtes na estrutura hiperestática devidos à variaçáo de temperatura,
senão vejamos
Partindo da expressáo (U.14) e levando em conta que:
M = MIXl + M2X2 , N = NIXl + N A , Q = QIXI + Q2X2 ,
obtemos:
I l9 A notafio e as mnwnções de sinais a30a1 mesmas apresentadas no tópim cone*
I Pondmte no mp. I deste volume.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-123-320.jpg)
![W Cuiso de anáiii estrutural
Esta Última expressão permite, então, calcular deformações em
estruturas hiperestáticas, trabalhando com o estado de carregamento na
estrutura hiperestitica, sendo necessário apenas calcular as reaçóes de
apoio R no estado de carregamento.
Podemos, também, trabalhar com o estado de carregamento
num sistema principal isostátiw (ficando mm o estado de deformação
na estrutura hiperestitica), obtendo, de forma inteiramente aniloga à
adotada no caso de variação de temperatura: ..
Na expressa0 (11-19), Ro, Mo.No,Dose referem a um sistema
principal isost6tico e M.N,Q sao esforços na estrutura hiperestática dada
provocados pelos recalques p.
Esta Última expressão é valiosa para fins de verificação de di-
agramas obtidos em estruturas hiperestáticas para recalques de apoio, sen-
do o tipo de procedimento análogo ao adotado nos casos de carregamen
to externo e variação de temperatura.
Observaçóes:
a) Sendo o segundo membro da igualdade (11-19) dado por trabalho de
deformação elástica de estrutura, podem -ser feitas, em seu cálculo, as
simplificações mencionadas no item 1.2.e do cap. L
b) Todas as expressões que deduzimos neste tópico 6 o foram para s
truturas planas. Caso tenhamos uma estmtura nb espaço, devemos
acrescentar ao trabalho virtual de deformação, devido ao momento fle-
tor e aos esforços normal e cortante, aquele devido ao momento tor-
çor. Assi, para o caso de estruturas espaciais, as expressões (11-12).
(11-13). (11-16) e (IE19) se transformarão, respectivamente, em:
No caso de ertmhira no espaço. substituir por 01-23).
-Oca -o método das f o p 235
Ex 11-43- Calcular, para o quadro da Fig. 11.271, o desloca-
mento vertical da sqão central, provocado pelos
recalques, indicados na Fig. 11-274,dos apoios A e
B.
Fip. 11-274
Como as reações de apoio no estado de carregamento, toma-
do na estrutura hiperestática, já são conhecidas (V. Fig. 11-272.1) pode-
mos escrever, imediatamente, a partir de (11-18), que
.' . 6 = 0,0175 m = 1,75 cm (para baixo).
Ex. 11-44- Verificar a curreção do diagrama de momentos fle-
tores (idicado na Fig. 11-27) para a estrutura do
exemplo 11-1 (Fig. 11-19) submetida aos recalques
verticais de que fala o item c do enunciado do
referido exemplo.
Calculando, por exemplo, a rotação da tangente à elástica em
A (que sabemos ser 1 0 3 rad) temos, a partir da expressão (11-19), ]e-
"ando em wnta o estado de deformação (na estrutura hiperestática) e 0
estado de carregamento (num sistema principal isostático) das Figs. 11-275](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-126-320.jpg)
![242 CUROde análise estrutural
4 2São dados: EJ, = 10 tm
Fia. 11-291
7.17 - Obter as reaç&s de apoio para a viga balcgo circular da
Fig. 11-292 submetida a uma diminuiçáo de t oC das fibras
superiores e a um aumento de t oC das fibras inferiores.
Dados:
0
Altura: h
Seção retangular
EJ = CJt
Coef. de dilataçxo: a
Fio. 11-292
7.18 - Obter os diagramas solicitantes para a grelha da Fig. n-293,
que tem FJ -I GJt
7.19 - Calcular os momentos de engastamento perfeito para a vi.
ga balczo semicircular da Fig. 11-294, submetida a um cai.
regamento uniformemente distribuída "q" e que possui
CJt = F i . 11.204
720 - Resolver a grelha da Fig. 11-295, cujas barras têm inkrcia
constante.
Fia. 11.295
7.21 - Obter os diagramas de momentos fletorese torçores para a grelha da
Fig. 11-296,cujasbarras têm E=2.
CJ,
/ ~ i+.*% Fip 11-296
+,m+- b --f-'"-f-
7.22 - Idem, para a grelha da Fig. 11-298.
723 - Empregando o artifício do arranjo de cargas, obter o dia-
grama de momentos fletores para o quadro de inércia
constante da Fig. 11-2q
l.. - rn
]+6fiLJ Fig. 11-298
- - .'i
* ' L
7.24 - Idem, para o quadro da Fig. 11-299.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-130-320.jpg)
![250 Curso de análise estrutura]
7.41 - A viga de rigidez do sistema pénsil da Fig. 11-316 tein
7 ]o4W = lo4 tni- e as barras do reticulado tém /:S = - -.
9
Obter:
a) esforço nori:i:d em C caso ocorrain recalques em A e B,
de cinia para baixo, valendo. ambos, 3 cm.
b) esíoqo normd em I/ para uma diminuição uniíorine de
temperatura de 30oC. Dado: a = 10-5/uC.
+ s . * , . . f . 4m t 3 m * 3 m +
7.42 - Resolver a viga armada isostática da Fig. 11-317.
C 43tim
-&h -&h ? i a m - + h - +
7.43 - Calcular, para o sistema pênsil da Fig. 11-318, que variação de
comprimento deve ser dada A barra O?.durante a montagem,
para que, com a atuação do carregamento indicado, sejam nu-
los os momentos fletoresem B e C.
São d a d o ~ : ( E J ) * ~ ~= 104tm2
(ES)reticulado= 5 X 1O3t
aII Fim. 11.318
-
i l i i i L I u .
t.-+4. +- .--+
7.44 - Obter as equaçóes da linha de influência do momento fle-
tor em A , para as vigas das Figs. 11.3 19 e 11-320 que têm
inercia constante.
Fig. 11-319 Fig. 11-320
IFiperestática -o método das forfs9 251
7.45 - Traçar, para a viga armada da Fig. 11-321, as linhas de in-
fluência de esforço normal na barra U:, e de momento fle-
tor na seção 1. São dados: (E&iga = 104 tm?
3 J
(ES),ticulado = 10 i, (S)viga = muito pequeno.
I II B
Fie. 11-321
- - - - - 4 4
7.46 - Traçar as linhas de influência seguintes para a viga continua
de inércia constante da Fig. 11-322. cotandcbas nos quintos
do vão: VA .MB .MII .QI. 1 3
+6rn 6m+ 6m-i(L6m 1 2 m 4
Fip. 11.322
7.47 - Traçar as linhas de influencia de reação vertical de momento
fletor no engaste A. cotando-as nas seções indicadas, para o
quadro de inércia constante da Fig. 11-323.
A F
L iFig. 11323
7.48 - Para a estrutura da Fig. 11-324, pedem-se:
a) linhas de influência de MD e MC esq
b) usando as linhas de influência anteriores, traçar o DMF
23 As linhas de influência para vigas contínuas de inércia constante. ~ o maté 4 vãos,
foram tabeladas par Georg Anger, sendo estas tabelas de inestimável ajuda para O enge
nheúo estrutural.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-134-320.jpg)
![Temos, então, os gráficos indicados na Fi& 111-25, obtidos le-
vando em conta que, devido à anti-simetria da solicitação. as funções
y(x) eM(x) são anti-simétricas e as funções V(x) e Q(x) são simétricas.
Em particular, os valores no ponto de aplicação de Mo sáo:
22.3 - Atus@o de carga unifonnemente distribuída
a) Seções sab o c 4 ~disnibuida
Seja a viga da Fig. 111-26, submetida A carga unifonnemen-
te distribuída q atuante no trecho AB. Calculemos os efeitos desta carga
distribuída na seção C, definida por suas distâncias a e h aos pontos A
e B, respectivamente. Empregando o principio da superposição de efeitos,
temos, levando em conta que a influencia de carga concentrada infinite-
simal qdx sobre o deslocamento vertical da seçáo C é:
<Idrh e-Xx (cos ~ x +sen XX), que:~ Y C=
+ m h ) ] = $ [(i -e-Ao COS h=) + (1 -e-Ab cos ,b)
IPodemos, entzo, eacrever que:
l 3 t m ~ s rsob= apoios elásticos 283
Procedendo, para O cáiculo de Vc, MC e QC .de modo intei-
I
w n t e análogo ao empregado para a obtenção deYC, teremos:
b) Seçóes fora do trecho compreendido sob o mwegamento
disiribuido
V Fia. 111.27
Partindo do esquema da Fig. nI-27, temos:
i
(COS XX + sen hx)& = 3-2k (e-'' cos xu -e-Ab cos u)
Podemos, entHo, escrever que:
Por procedimento inteiramente anáiogo, obtemos:](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-150-320.jpg)
![286 Cuiso de anríli estrutural
infiita @roblema já resolvido no item 2.2 deste tópim).
Se tivéssemos a resolver a viga infinita da Fig. 111-29.2, sua
diferença estática da viga semi-infinita da Fig. 111-29.1 residiria na exis-
tência, em A. de um momento fletor MA e de um esforce cortante QA,
que mant&ma continuidade entre os trechos semi-infinitos de viga à es-
querda e à direita de A. Caso tivéssemos MA = QA =O, isti; quereriadi-
zer que n80 existe ação estática da parte (carregada) da viga 6 direita de
A sobre a parte (descarregada) da viga esquerda de A, que não estaria,
então, trabaihando; assim, se conseguirmos fazer desaparecer .MA e QA
para a viga infinita da Fig. 111-29.2, sua resolução será idêntica à da vi-
ga semi-infinita da Fig. 111-29.1. Isto pode ser facilmente conseguido se
aplicarmos à viga infinita, em AW.. uma carga vertical Po e um mo-
mento Mo tais que promovam o aparecimento, em A, de um momento
fletor (-MA) e de um esforço cortante (aA)que tornem inativa a par-
te da viga infinita à esquerda de A.
Levando em conta as expressões deduzidas no item 2.2, de-
vemos ter:
IP o = 4 ( X M ~+ QA!
obtendo, então:
Asim, a resolução da viga semi-infinita da Fie IU-29.1 será
a resoluçáo da viga infinita da Fig 111-29.3, submetida ao mesmo carre-
gamento que o da semi-infinita dada, acrescido das cargas Po e Mo d e
fiidas em (11141)e (III42), atuantes em Aeq.
Ex. 111.6 - Para a viga semi-infinita da Fig. 111-30, submetida
ao carregamento indicado, obter o momento fletor
a sob O ponto de aplicaçáo da carga P.
I Estminnssobnapoioselbsücos 287
h b d o das conclusões tiradas neste item, sabemos que o
momento fletor ~edidopode ser obtido a partir da viga infinita da Fig.
111.31, em que Po e Mo Sáo obtidos a partir das expressões (11141) e
(111-42).
Temos, no caso, levando em conta que
PM*=& C(Aa) e Q A = ~ D ( X ~ ) :
Assim sendo, o momento fletor atuante sob a carga P ser8
dado, empregando-se o principio da superposição de efeitos, por:
ou *a: P 2 2M E = - [ I + C (Ao)- 2 D fia) ]
4 A
E& 111-7- Resolver a viga semi-infinita da Fig. IIM2 subme-
tida ao carregamento indicado.
OD](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-152-320.jpg)
![Daí, empregando o ptincípio da superposição de efeitos, c b
gamos ao momento fletor atuante sob a carga P,dado, a parür do e i
quema da Fig. 111-39, por:
ou seja: f l f ~= L [ 1 - A (Xa) CIAa) - 28 (Aa) D &a) ]
4A
2.4.1 - CLIO de bordos lims
A solução de uma viga finita sobre base elástica pode
ser feita recair, analogamente ao caso da viga semi-infinita, na resolução
de urna viga infinita.
Seja, par exemplo, resolver a viga fuiita com bordos1ivres.de
cbmprimento i, da Fig. 11140, submetida ao carregamento indicado.
Fio llC40 Fk. lIU1
- 7 ~ - .-! t_-
i" I
* v
Sua resolução será idêntica à da viga iniiita da Fig. IIMI,
desde que acrescentemos, para esta ultima, ao carregamento atuante. as
cargas P o ~e mo^ (aplicadas em A"q ) e P,B e mo^ (aplicadas em &ir)
tais que façam com que apareçam. nas seções A e B da viga infinita.
Este pmcerso foi apresentado, p l s primeira vez, por M. Heiényi no Rclat6rio
Final do Congrew da Associação Internacional de Pontes e Grandes Fstmturu.
Bulirn. 1938.
~.tiiimsobe apoiosdásticoa 293
mmentos fletons e esforços cortantes de mesmo módulo e sinais opo*
tos aos provocados pelo carregamento da viga finita aplicado na viga in-
finita Desta fomia, as partes da viga infinita à esquerda de A e à direi-
ta de B estarão inertes 66 que não há transmissão de esforços nestas SF
ç&s); wm isto, os resultados obtidos para o trecho AB da viga infdta
reproduzirão fielmente o comportamento da viga finita AB dada.
Sendo, então QA .MA. QB e MB os esforços cortantes e
momentos fietores atuantes, na viga infinita, nas seç&s A e B, devidos
ao mesmo carregamento que o aplicado na viga finita, as cargas PoAr
,uoA , Pog, e MoB devem satisfazer às seguintes condiçks (obtida por
superposição de efeitos, levando em wnta que devemos ter, na viga in-
finita M = Q = O em A e 6):
P M M
C (O) + 4 h C(A1) + 2
D(0) + A2 Dfi[)=-MA
Resolvido o sistema anterior, obteremos os valores de PoA.
P o ~ .?A e MoB .que nos permitirão resolver a viga finita dada como
a nga uifinita da Fig. IIM1.
O trabaiho algbbtiw de resolução do problema pode ser, no
entanto, grandemente simplificado se empregarmos o artifício do ananjo
de cagar, o que permitirá a decomposição do sistema de 4 equações a
4 incógnitas para determinação dos valores de PoA.MoA.Po e MOB
"Fem 2 sistemas independentes de 2 equações a 2 indgnitas. al foi o
Procedimento lançado por Hetenyi, que apresentaremos a seguir.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-155-320.jpg)
![3.3 -Resolvero problema anterior, supondo todas as molascom mesma
constante k
3.4 - Para a grelha da Fig. 111-52, pedem-se os deslocamen?os verticais
dos pontos A e E. I
Dados:
3.5 -Calcular as reaçlles de apoio para a grelha da Fig. 111.53,
para a qual temos
.E2 = 2;Hr 2 0 0 3
GJt k
3.6- Obter o deslocamento vertical de C para a grelha da Fig.
111-54. São dados :
Fip. 111-64
3.7- Calcular o ddoeamento vertical de A para a viga-baleao da
Fig. 111-55. Dados:
Ell = 2,4 x lo4 tm2
GJt = 1,6 x 104 tm2
ic = 104 t/m
3.8 -Mostrar, para a viga infmita abre base elástica, da Fi& 111-56,
que o momento fletor atuante na seção C indicada 6 dado
Pr:.,fC = - [ A (h@)- A (hb)-2hf ~ ( h b ) ]
I Fip. 111-56
l2 Para os problemas 3.8 a 3.14. são dados E l e k.](https://image.slidesharecdn.com/sssekind-cursodeanliseestrutural2-140519151603-phpapp01/85/Sussekind-curso-de-analise-estrutural-2-162-320.jpg)
Süssekind curso de análise estrutural 2
- 1. " 2 ,r -. .. - ., .. . .-.- curso de anhlise estrutural
- 2. CURSO DE ANÁLISE ESTRUTURAL Volume II DeformaçZesemestruturas. Método das forças.
- 3. I -Estruturas Isost8ticas II -Deforrnatóes em estruturas. Metoda das forcas 111 -Wtodo das DeformaçÍks. Roasso de Croo FICHA CATALOGRAFICA [Preparada pelo Centro de Catalogaq50-nsFonte, Cimara Brasileira do Livra. SPI Süsrekind. Jose Carlos. 1947- S963c Curso de analise ertrutuial / Jose Carlos Siiwkind.- v. 1-2 4. ed. - Pona Alegre : Giabo. 1980. v. ilust. IEnciciopWia thcnica universal Globol Bibliografia. Cante8jdo. - v. 1. Estruturas isost6ticar. - v. 2. De- formações em estruturas. MBtado dar forças. 1: Deformwões IMecinicaI 2. Estruturas - Andlire (Engenharia) 3. Forcas e Tensões. I.Titulo. II. Titu- I0 : Deformaç6es em estruturas. IiI.Estruturas isostiticar. inlices paa málogo sinam6tica 1. Análise estrutural : Engenharia 624.171 2. Deformagaes : ~ ~ ~ ~ ~ h ~ ~ i ~estrutural 624.176 3. Ertruturar : Análise :.~ngenheria 624.171 4.Forwr : Analise ettrutural : ~ngenharis624.176 -- - Enciclopédia Técnica Universal Globo CURSO DE ISE ESTRUTURAL Volume I1 Deformaçõesem estruturas. Mbtododasforças. EDITORA GLOBO Porto Alegre 1980
- 4. - .- copyright @ 1973 by José Carlos Surwkind Apresentacão Capa'. ~ u b mHerrmnn Planeiamentogr8fim:Tacnimtor Produçdn G d f i u ~Ltda. l?Ediqão -abril de 1976 2 Edi* -setembro de 1977 3? Ediw-o -mmo de 1979 . .- 7 .- . ,.g,S.f<., , ~ ~ $ C , 1 I:;&;,:: -&&c+ , .. 1 ,: >-- r c . ~.I h O r!., ,i,.., . , :: C ~ ! L ,j? --.-32E.2- Direitosexcluiivor deedi*, em ttngua da EdftomGlobo S. A. Porto Alegre -Rio Grandedo Sul B m i l A idéia de escrever este Curso de Análise Estrutural nasceu da necessidade encontrada de um texto que nos servisse de suporte para o ensino da Isostática e da Hiperestática aos futuros engenheiros civis, idéia esta que cresceu com.0 estfmulo recebido da parte de diversos colegas de magisl6ri0, que se vèm deparando com o mesmo problema. e cuja concretização se tor- nou possível a partir do interesse demonstrado pela Editora Globo em edita-lo. O Curso de Análise Estrutural será dividido em très volumes. no primeiro dos quais estudaremos os esforços nas estruturas isostáticas. ficando o estudo dos esforços nas estruturas hiperestáticas e das deformações em estruturas em geral para ser feito nos segundo e terceiro volumes. Nestes últimos, incluiremos também, o estudo de alguns tópicos especiais, cujo conhecimento julgamos indispensavel ao engenheiro civil. Na apresentação deste Curso. é dever de gratidão mencionar o nome do extraordinário professor que é o Dr. Domicio Falcão Moreira e Silva, a quem devemos nossos conhecimentos de Mecânica Racional e de Mecãnica das Estruturas, e por iniciativa de quem fomos lançados no magistério supe- "01, na Pontificia Univenidade Católica do Rio de Janeiro. gradec cem os antecipadamente aos nossos leitores e colegas quaisquer comentários, sugestóes ou críticas que nos venham a enviar através da Editora Globo, Pois, a partir deles, estaremos em condiçks de tentar sempre melhorar este trabalho, no sentido de torná-lo cada vez mais útil ao nosso estudante - objetivo final de nossos esforços. Ri0 de Janeiro, 1.0 de abril de 1974 . José Carlos Susekind
- 5. Sumario CAPITULO I - CALCULO DE DEFORMAÇ~ESEM ESTRUTURAS ISOSTATICAS I - Aplicaqão do teorenia dos trahallios virtuais aos corpos el6sticos I 1.1 - O priiicípio de d'Aleniberl e os conceitos de deslocanieiito e traballio virtual I I.? - Cálculo de defornidfóes devidas 5 atuação de carregamento externo - F6rmula de Mohr 3 I . . - Aplicaçtíes imeiiiatas 7 1.2.2 - Uso de tabelas para calculo de /",J& 11 1.23 - Aplicações As estruturas usuais da pr8tica I6 1.2.4 - Casos de barras com inercia variável 24 1.2.4.1 - Barrascuwascom inircia variando segundo a lei Jml~cos= 1 24 1.2.4.2 - Inircia variando em mísula 26 'P 1.2.4.3 - Caso de variação aleatória da in6rcia 45 1.3 - Cáiculo de deformações devidas à variação de temperatura 47 L 1.3.1 - Caso particular: variação uniforme de temperatura ( ~ ~ 5 0 )52 1.4 - Cálcu!o de deformaçGes devidas a movimentos (recalques) dos amios 55 - . 2 - Cálculc de deformações em vigas retas - Processo de Mohr 57 2 1 - AplicqXo do processo de Mohr is vigas hipereststieas 64 3 - Cálculo de deformaçües em treliças planas - Processo de Williot 70 4 - Teoremas complementares 78 4.1 - Teorema de Betti 78 4.2 - Teorema de Mêxwell 79 4.3 - Teoremas de Castigliano 80 i 4.4 - Regra de MüUer-Breslau 86 5 - Problemas propostos 89 6 - Respostas dos problemas propostos 100 1 - Introdução -Determinação do grau hiperestitico 104 1.1 - Hiperestaticidade externa 104 1.2 - Hiperestaticidade interna 104 1.3 - Hiperestaticidade total 104 1.4 - Aplicações 105 . 2 - O mbtodo das forças 106
- 6. 2.1 - As bases do método 106 ' - Obse~a$õcs109...- 2.3 - Roteiro p.ara o niétodo das forças 112 2.4 - Aplicações 113 2.5 - Artifícios hiperestáticos para estmtura elástica e geometri- camente simétrica 152 2.5.1 - Artifício do arranio de careas 153 1.5.1.2 - O artifício 157 2.5.1.3 - Caso de existência de dupla simetria (elástica e geomktrica) na estrutura 166 2.5.1.4 - Aplicai;áo is grelhas 172 . 7.5.2 - Artifício dos grupos de incógnitas (ou artifício das matrizes simE!ricas) 182 3 - Estudo dos sistemas reticulados enrijecidos por vigas 196 - Estudo das linhas de influência em estruturas hipereststicas 203 4.1 -- Base teórica do método de resolução 203 4.2 - Roteiro de cálculo 206 4.3 - Aplicaqões 208 5 - O teorema de Menabrea 220 6 6 - Cálculo de deformação em estruturas hiperestáticas - Verificação de diagramas 222 6.1 - Caso de carregamento externo 222 6.2 - Caso de variação de temperatura 228 6.3 - Caso de recalques de apoio 233 7 - Problemas propostos 236 8 - Respostas dos problemas propostos 253 CAPITULO I11 - ESTRüTURAS SOBRE APOIOS ELASTICOS 1 - Apoios elásticos discretos 264 1.1 - Definição dos apoios elásticos 264 1.2 - Trabalho virtual de deformação dos apoios elkticoS 266 1.3 - C~lculode deformações em estruturas isost6ticas 267 1.4 - Resolução de estruturas hiperestáticas 269 2 - Apoios elásticos contínuos 272 2.1 - Introdução 272 2.2 - Vigas de comprimento infinito 274 2.2.1 - Atuaçáo de uma carga concentrada 274 2 2 2 - Atuaçáo de uma carga-momento 282 2.2.3 - Atuaçáo de carga uniformemente distribuída 284 22.4 - Atuaçao de carregamento distribuido qualquer 286 - Vigas semi-infinitas 287 - Vigas semi-infinitas com bordo livre 287 - Vigas semi-infinitas com bordo articulado 290 - Vigas semi4nfinitas com bordo engastado 292 - Viga finita - Processo de Hetenyi 294 - Caso de bordos livres 294 2.4.2 - Caso de bordos articulados 298 2.4.3 - Caso de bordos engastados 299 2.4.4 - Exemplo de aplicação 3M) 2.4.5 - Observações 301 3 - Problemas propostos 307 4 - Respostas dos problemas pmpostos 311
- 7. Introducáo- ao segundo volume O segundo volume de nosso Curso, onde são estudados os esforços eni estruturas hiperestáticas, as deformações em estruturas isostáticas e hiperestiiticas, e as estruturas sobre apoios elásticos, foi subdividido em três capftulos, comentados a seguir: O capítulo I estuda as deformações sofridas pelas estruturas isostáticas devidas a cada um dos agentes deformantes a que podem estar submetidas, quais sejam: carregamento externo, variação de temperatura, movimentos (recalques) de seus apoios e modificações de comprimento impostas durante a sua montagem. Todo esse estudo é feito utilizandese o teorema dos trabalhos virtuais. Enfase especial mereceram, devido A sua grande incidência na prática, os casos de vigas e treliças, para os quais apresentamos, além do processo geral de c&lculo (baseado no teorema dos trabalhos virtuais), os processos particulares de Mohr e Williot. Finalmente, são estudados diversos teoremas clásicos na Mecâ- nica das Estruturas, que encontram aplicação neste capítulo ou nos capítulos subsequentes de nosso Curso. O capítulo I1 estuda a resolução das estruturas hiperestáticas elo primeiro dos dois grandes métodos da Hiperestática, que é o método das forças. São feitas aplicações para Os tipos estruturais usuais, sendo apresen- tados, a seguir, os artifícios visando i simplificação do trabalho de resolução das estruturas elástica e geometricamente simétricas (que são as que ocorrem com maior frequência). Ainda neste capítulo, são estudadas as linhas de influência e é apresentado o cálculo de deformações para as estruturas hiperestáticas. O capítulo 111 estuda os esforços e deformações de estruturas (isostáticas ou hiperestáticas) sobre apoios elásticos discretos e introduz o estudo dos mesmos problemas para o caso de apoios elásticos contínuos, sendo abordadas, neste caso, as vigas de inércia constante sobre base elástica com coeficiente de recalque constante (que é o caso de esttutura sobre apoio elástico continuo que mais @corre na prática). Repetindo o que fizemos na introdução ao Volume I, queremos chamar a atenção do leitor para a necessidade do trabalho individual de reso- lução das Listas de problemas propostos ao fim de cada capítulo, como única forma de realmente sedimentar os conceitos apresentados durante a exposi- ção do capitulo.
- 8. Na oportunidade, queremos deixar registrados nossos agradcci- mentos ao amigo José de Moura Villas Boas, pelo trabalho de revisão deste volume, e aos demais amigos que, com suas sugestões e estimulo, colabo- raram na preparação deste trabalho. Rio de Janeiro, 8 de agosto de 1974 José Carlos Sussekind CAPTTULO I -CALCULO DE DEFORMAÇÕES EM ESTRUTURAS ISOSTATICAS 1 - ApIieaq.50 do teorema dos trabalhos Wtuais aos corpos elãstim 1.1 - O de d'brlembert e os conceitos de deslocamento e trabalho Wtual i; ]ean d'Alembert introduziu na Mecânica Racional os conceitos de deslocamento e trabalho virtual, estudando o seguinte caso: P. Ip2 Seja um ponto material m em equilibrio, isto é, submetido a um conjunto de forgas Pi tais'qiiè sua resuitante $6 nula, conforme indica a Fig. 1-1. Imaginemos seja dado a este ponto um deslocamento 8 sem a introdução de nenhuma nova força no sistema, isto é, mantendo = O. Este desloca- mento não pode ser atribuído a nenhuma causa física real, pois, para haver deslocamento real do ponto, seria necessária a introdução de uma nova força ao sistema, que possibilitasse este deslocamento (real) do ponto m. Tratemos, entáo, este deslocamento ,), dado nestas condicões. (isto é.. . . = O), como uma entidade puramente matemática, â qual chamaremos deslocamento virtyl: O trabalho virtual W realizado pelo conjunto de forças Pi (ree) que amam s$re 0 ponto m quando ele sofre o deslocamento virtual 6 vale W = 2.6=O. Dizemos, então. que, "pmum ponto material em equilí- brio (2= 01. O nobalho wml r~liradopelo sistemn de forcas reais em equilíbrio que atua sobreo,yn*o, w n d o este sofre um deslouimento wtuol arbih$rio quaiquer, 6 nulo ,o que constitui o princfpio de d'Alembeh Isso garante a aeitaçzo do novo conceito (trabalho virtual), pois preserva, para O ponto que sofreu um deslocamento virtual, as suas duas condições de equilíbrio: a estática (traduzida pela resultante nula) e a energhtica (traduzida pelo trabaiho virtual realizado nulo). A pariir destas consideraçóes, poderemos extrapojar os teoremas I gerais da Mecânica sobre trabalhos reais para teoremas sobre trabalhos
- 9. Cálculo de deformações em estruturas isostáticas 3 virtuais, senão vejamos: Para um ponto material em equilíbrio, sabemos que o "trabalho real realizado pelo sistema de forças que atua sobre ele é nulo"; para este mesmo ponto, o princípio de d'Aiembert nos diz que "o trabalho virtual realizado pelo sistema de forças que atua sobre ele 6 nulo para um desloca- mento virtual arbitrário qualquer que ihe imponhamos". Bastou, portanto, substituir a palavra "real" do enunciado da proposição da Mecinica sobre trabalho (real) realizado por um ponto em equilíbrio, por "virtual" para obtermos a proposição sobre trabalho virtual realizado por um ponto material em equilíbrio, quando ele sofre um deslocamento virtual arbitrário qualquer. Como os corpos rígidos e elásticos nada mais são que um somatbrio ao infinito de pontos materiais, podemos, imediatamente, enun- ciar os teoremas sobre trabalhos virtuais a eles aplicáveis, substituindo a palavra "real" dos enunciados dos teoremas de trabalhos reais relativos a estes dois tipos de corpos pela palavra "virtual" e, então, teremos: a) Corpos rígidos: "Para um corpo rígido em equilíbrio, a soma algébrica dos trabalhos virtuais de todas as forças (reais) que sobre ele a t u m é nula, para todos os deslocamentos virtuais arbitrários (compatíveis com os vínculos do corpo) que lhe imponhamos." b) Corpos elásticos: "Para um corpo elástico, que atingiu sua configuração de equilíbrio, o trabalho virtual total das forças externas que sobre ele a t u m é igual ao trabalho virtual das forças internas (esforços simples) nele atuantes, para todos os deslocamentos virtuais' arbitrários (compatíveis com os vínculos do corpo) que lhe imponhamos" Obsmagões: a) Diversos autores costumam intitular de princípios aos teoremas de tia- balhos virtuais relativos a corpos rígidos e elásticos, por estarem eles baseados no princípio de d'Aiembert. Como, a partir deste principio, podem ser demonstrados estes teoremas de trabalhos virtuais, em tudo que se seguir manteremos a denominação de teorema dos trabalhos virtuais. b) Diversos livros, também, apresentam deduções muito mais sofisticadas e elegantes, sob o ponto de vista matemático, para os teoremas dos traba- lhos virtuais; não o fizemos, neste trabalho, por ser nosso objetivo aPre.Sen- ti-10s sob a feição mais eminentemente física e ~ráticapossível, que facilite ao leitor a compreensão do conceito de trabalho virtual, a partir qual resolveremos o problema do cálculo de deformações nas estruturas (corpos elásticos), o que está feito nos itens a seguir. c) Não somos pioneiros nesta forma de apresentação do assunto; adotamos, I Os dedacamentor virtuais arbitrários quaisquer devem ser Pequenosdedocamentos, pela razão expasta na abrerva@ogdo item 1.2 deste capitulo. neste caso, a metodologia utilizada pelo prof. Leopoldo de Castro Moreira em seu trabalho "Curso de Estática das Construçóes" publicado pelo Dire- tório Acadèmico da Pontificia Universidade Católica do Rio de Janeiro no ano de 1953, por nos parecer a ideal, didaticamente falando. 1.2 - Cálculo de deformaçóes devidasà atuaeo de carregamento externo - Fórmula de Mohr Seja a estrutura da Fig. 1-2, submetida ao carregamento indicado. Em se tratando de um corpo elástico, ela se deformará devido a estas cargas, adquirindo a configuraçáo esquematizada em pontilhado na Fig. 1-2. Fig. 1-2 Fig. 1-3 6 evidente que duas seções vizinhas, distantes de ds, terão deformações relativas devidas aos esforços simples M,N,Q nelas atuantes, deformaçks estas que denominamnos d9 (rotação relativa de duas seções distantes de ds, devida a M),A ds (deslocamento axial relativo de duas seçóes distantes de ds. devido a N), dh (deslizamento relativo de duas seçoes distantes de ds. devido a Q). Os valores destas defonnaçóes relativas sáo objeto de estudo na Resisténcia de Materiais, e são dados por: Mdsd,# = - - Nds x Qds, A d s = - . < ~ h =-ES ' CS ' sendo E: módulo de elasticidade longitudinal do material; G: módulo de elasticidade transversal; J: momento de inercia de seção transversal em relação a seu eixo neutro; S: área de seção transversal: X: coeficiente de redução, resultante da distribuição não uniforme das tensões cisalhantes, cujo valor varia com o tipo de seçao. >I ~uponhamos,para fms de raciocínio, que queiramos cdcuiar o deslocamento do ponto rn na direção A , ao qual chamaremos o : Seja, agora, a Fig. E3, onde a configuraçáo da estrutura, apbs a
- 10. 4 Curso de análise estrutural - aplicação do carga P = I , 6 a indicada em traço cheio e quc coincidc com o eixo da estrutura da Fig. 1-2 quando descarregada. Dandc-se a todos os pontos da estrutura com o carregamento indicado em 1.3 deslocamentos virtuais exatamente iguais aos provocados pelo carregamento indicado em 1-2, esta assumirá a configuração deformada (virtual) indicada em pontilhado (idêntica à configuração deformada real indicada em 7-2). Apliquemos, então, à estrutura com as cargas e esforqos indicados em 1-3, e sob os deslocamentos virtuais impostos, o teorema de trabalhos virtuais aplicado aos corpos el5sticos. que diz ser o trabalho virtual das forças externas igual ao trabalho virtual das forças internas, para quaisquer deslocamentos virtuais compatíveis com os vínculos da estrutura. Temos: Trabalho virtual das forças externas (cargas e reações): Wext = P6 (as reações não dão trabalho) Trabalho virtual das forças internas (Wint): Será igual à soma dos trabalhos virtuais de deformação de todos os elementos de comprimento ds ao longo da estrutura e, como estamos no regime linear e vale o princípio da superposição de efeitos, será a soma dos trabalhos virtuais de deformação devidos a cada um dos esforços simples atuantes na estrutura. Teremos, então, no caso: Wint = @dP + 1,FMS + Il~ d h , ou, levandoem conta as expressões da Resistência dos Materiais: Igualandese, obtemos expressão esta que resolve o problema. a) Chegand*se à expressão final, verificamos que, para fmde cáiculo dos trabalhos virtuais, tudo se passou como se a ~ i g .1-3 nos fornecesse cargas e esforços e a Fig. 1-2 as deformações. Por esta rafio, elas são denomi- nadas, respectivamente, estado de carregamento e estado de deformação. b) A escolha do estado de carregamento deve ser tal que a carga P associada à deformação 6 ,que se deseja calcular, nos forneça um trabalho Wtual I 1 Cálculo de defomqües em estruturas isostáticas de forças externas igual a PE .Ele é, pois, funqão da deformação a calcular e pode ser, comodamente, tabelado para OS Casos práticos usuais. o que está feito na tabela I. C) O estado de deformação pode ser provocado por: - carregamento exterior - variação de temperatura - movimentos (recalques) de apoios - modificações impostas na montagem Neste item, estudamos a primeira das causas; as outras serão analisadas, de. forma inteiramente análoga, nos próximos. d) NO caso mais geral (estruturas no espaço), teríamos a acrescentar ao tra- balho virtual das forças internas aquele do momento de torção, que vale: I I Jt o momento de inércia à torç%oda seção da peça e que está tabelado, I para as seções mais usuais, na tabela XVI. Notar bem que Jt +J (mo- mento de inércia polar), para as seções mais gerais; só temos Jt =.f, para I algumas seçóes especiais, tais como círculos, anéis circulares. etc. Desta maneira, sob forma mais geral, o cálculo de. deformaçóes em estruturas devidas a carregamento exterior atuante, é resolvido pela expressão (Ll), instituída por Mohr, I d o o estado de carregamento definido pela tabela I. I e) Para as estruturas com que lidamos usualmente na prática, podemos acrescentar as Seguintes informações, de grande valia na simplificação do trabalho numérico do engenheiro: - A parcela a : pode ser, usualmente, desprezada em presença das demais, com erro minimo (somente em caso de vãos muito curtos e cargas muito elevadas, a influência do esforço Cortante apresenta valor considerável). - Também com erro tolerável, podemos desprezar a parcela para peças de estruturas que não trabalhem fundamentalmente ao esforço normal. (E evidente que não o podemos fazer, pois, nosca- sos de arcos, escoras, tirantes, barras de treliça, pilares esbeltos e peças protendidas em geral.)
- 11. TABELA I - Esmlha do Estado de Carregamento Deformacão 6 a calcular Estado de Carregamento 1. Deslocamento linear de um ponto rn numa direção A G = 1 2 Rotação da tangente B elástica numa seção S 3. Rotação relativa das tangentes à elástica numa rótula,de 2 barras i e j 4. Rotação relativa das tarqentes à elástica em 2 secíies S e S' de uma barra p = - 5. Rotagão absoluta de uma corda AB (ÃB=II 6. Rotação relativa de 2 cordas AB e CD (nii= I ; CD= I2l 7. Variação do comprimento da corda que une 2 pontos A e B - P= 1 i*I O$ ertador de earnigarnento tabelada G o tais qu, nos Como tra- balho virtual das forgag externas o valor 1 x 6. - Cáido de deformqíks em estruturas isostátieas 7 0uso destas sVnpIiifi&es deve ser feito, enfretanto. com muito cri- tério e somente m casos induvidososSa fim de se evitar possiveir mos grossebos Em caso de dúvida, devem ser computadas numericamente todas as parcelas, a fim de ser possível a avaliação de sua importância relativa. f ) Conforme veremos mais adiante, para estruturas compostas por barras retas de in6rcia constante, a resolução da 11 "se obterrl por um simples uso de tabela (V. tabela 11), em função dos aspectos dos diagramas M e IÜ,o que simplificará enormemente o trabalho num6nco dos problenqs a solucionar. g) Queremos chamar a atenção para o fato de que os esforços foram calcula- dos para o eixo indefomdo da estrutura. Quando atuar o carregamento, este eixo se modificará, evidentemente, e os esforços sofrerão uma variação que poderá ser desprezada, caso a deformação sofrida pela estrutura seja pequena (o que, de fato, ocorre para as estruturas usuais). É o que fmmos no caso e, portanto, em tudo que se segue (bem como em tudo que se viu até aqui) estaremos estudando a Análise EStniturd das pequenas defomaç6es. 1.2.1 - Apiiqóes imediatas Ex. I-I -Calcular o deslocamento horizontal deD, para o quadro da Fig. 14, que tem E3 = 2x 104tm2 para todas as bar- ras. Em se tratando de quadro plano, que trabalha fun- damentalmente à flexão, teremos: a) Da tabela I, obtemos o estado de carregamento da fig. 1-5:
- 12. b) Wtado de deformação Curso de d i s e e s t n i t d I CXInilo de deformações em esmthuas isost5ticm c) Cálculo de 6: Sendo EJ constante, temos: EJ6 = .M-ds = MMMMds+ MM-ds + M-ds b b b bComo, para a barra QI ,M = O, a expressão se simplificapara EJ6 = + bMMdS Lembrando que cada uma destas integrais representa trabalho de deformação na barra correspondente e, lembrando ainda que trabalho independe do sistema de coordenadas adotado, podemos escolher livremente, para cada barra, um sistema de coordenadas para fms de cálculo das inte- grais. (E evidente que devemos nos guiar, nesta escoiha, pelo critdrio de obtenção de funções de fácil integração.) Escolhidas as abscissas indicadas nos diagramas, obtemos finalmente: (Os sinais negativos se devem ao fato dos diagramas M e tracionarem fibras opostas, nas barras @ e @ .) Interpretemos o resultado: sabemos que o valor 6 encontrado simboliza o trabalho virtual pij = 1 x fj .Sendoseusinalnegativo, indica que os sentidos de P e de 6 se opõem e o deslocamento vale, portanto. 7,88mm, para a direita de D. E r I-2 -Calcular a rotação relativa das tangente a ebtica na rótula C, desprezando o trabalho da barra curva ao esforço normal, para a estmtura da Fig. 1-7. (ES)tirante = 10% Fip. 1-7 A tirante Temos: a) Estado de carregamento: conforme a tabela I, temos: M = ~ s e n 6( O g B < n ) Fig. 1-8 b) Estado de deformação 12t Fip. 1.8 l t Sáo dados: (EJ)barra curva= 2 x I@&
- 13. (O sinal positivo indica que a rotação relativa 6 no sentido r ) .) Ex 1-3- Calcular a rotaçgo da corda BC da grelha & Fig. 1-10. cujas barras têm Fig 1-11 b) Estado de deformação Fia 1-12 c) Cálculo de 6 : 6 = 7,875 x 10.3 rad (O sinal positivo indica que o sentido arbitrado para o estado de carrega- mento corresponde ao da deformação.) (Caso de compostas par barras retas com inercia constante.) Seja o quadro da Fig. 1-13, cujasbarras tEm as inercias constantes 1' indicadas na figura.A defornacão 6 devida ao trabalho i b ~ ã oV&: Temos: a) Estado de carregamento:conforme o tabela I, vem:
- 14. Sendo Jc uma indrcia arbitrária, chamada inbrcia de compa- raça0 (que usualmente 6 arbitrada igual à menor das in6rcias das barras), temos: Em hinçáo dos diagramas M e M em cada barra, tabelaremos os valores de: Jc Ibarra M M ~ S barra que, somados para todas as barras das estruturas, nos darão o valar EJc 6, a partir do qual se obtdm, imediatamente, o valor da deformação sdes?j& Vejamos o caso geral a considerar, para estruturas compostas .por barras retas: Conforme a tabela I, vemos que os diagramas no 'estado de carregamento serão sempre compostos de trechos retilíneos para estmturas compostas por barras retas. Os diagramas M no estado de deformação podem ser quaisquer (função do carregamento atuante). O caso geral será, portanto, o cálculo do valor sendo M retiiíneo e M qualquer. Temos, para uma barra de inbrcia Ji e comprimento li, conforme indica a Fig. 1-14: a + li Mxdx 6 oDa Geometria das Massas, sabemos que a momento eststico da reaM .em relação a0 eixo y, numericamente igual ao produto da hrea A do diagrama M pela distância i de seu centro de Mgravidade ao eixo y. Ficamos, entáo, com: Jc que desejamos tabelar C igual ao produto de -pela área do diagrama J; qualquer e pela ordenada, na posição de seu ientro de gravidade, lida no diagrama retilíneo. A expressão 1-3 C atribuida ao nisso Vereschaguin. A partir dela, podemos instituir os valores para os diversos casos particulares apresentados na tabela 11. A título de apiicaçZo imediata, estudemos os casos seguintes: a) Combinação de M e retilíneos: Fig. 1-16
- 15. Cuiso de análise estrutural I . Chamando-se I'Je= I : , de compiimento elástico da barra i J: e que é o compkmento fictício de uma barra de inércia J, que nos dá a mesma defonnaçáo da barra de comprimento li e in6rcia J , , temos: Os casos de diagramas triangulares e retangulares saem. eviden- i temente, como casos particulares deste. b) Combinação de retilineo com M parábola d o 2P grau:
- 16. 16 . Curso de anáiise estmtural Cáicuio de defotmaç&s em estruturas isostáticas 17 1.2.3 - Aplicações às estnihuas usuais da prática @I-?- Calcular a rotaçzo da tangente à elistica em E, para 1 a estrutura da Fig. 1-17. > L, ,., - Dado: EJ, = 2 x 104 tml 4m Fig. 1-17 A - Ç 3m. ?(L 3m +3m +3m + Temos: a) Estado de carregamento 0.5mt C) Cálculo de 6 : Temos, empregando a tabela 11: - Para barra @ Fig. 1-18 I b) EEtado de deformação it,m
- 17. 18 a n o de análise eshtural 6 = - 1,4 x 104 rad (O sentido correto é, pois o anti-horário.) Observação: No caso deste exemplo, a combinação dos diagramas poderia ter sido feita diretamente, pois as parabolas terminam com tangente horizontal que o esforço cortante é nulo), e este caso está tabelado; não o fizemos, entre- tanto, para ilustrar o procedimento a adotar no caso de tal não ocorrer. Ex. 1-5'- Calcular a rotação da corda CD para a grelha da Fig. 1-20. São dados: --EJ - 2; ; H = 2 x 105tm2 =-'t (todas as barras) , Fip. 1-20 Temos: a) Estado de carregamento l P = ' t6 Fig. 1-21 I Cálculo de defonna@es em estmtum isost6ticas I b) Estado de defornação 1" :. 8 = 1,005x l u 3 rad (O sentido arbitrado no estado do carregamento está cometo.) Ex. 1-6- Calcular a rotação da tangente i elástica em A para a estrutura da Fig. 1-23, que tem EJ = 104 tm2, constante para todas as banas do quadro e cujo tirante tem ES = 0.5 x 104t. .- Devido à simetria existente, escolheremos o estado de carre- g e= gamento indicado na Fig. 1-24 e que nos fornecer8 como resposta a soma da h, I' rotação em A com a rotação em B. igual ao dobro de cada uma delas L
- 18. 20 CUROde análise estmtural (devido i simetria). Temos, entáo: a) Estado de carregamento: Fig. 1-24 M = lmt M- lmt Não importa o aparecimento de um esforço de compressão no tirante no estado de carregamento, pois este não tem existéncia física real. b) Estado de defomlação: c) Cálculo de 6 A: Temos: 2W6A = MMds + Nnds /quadro Itirante = -20 -42,66 = -62,66 6 A = -3.13 x 103 rad (sentido correto I? n) 1-7-Calcular o deslocamento horizontal do ponto C provo- ~ d opor um encurtamento de 2 cm imposto ao tirante & Fig. 1-26. a) Estado de carregamento l t E F b) Estado de deformação: Dado pelo encurtamento de 2 cm n o tirante (M.yN= Q=O, pois trata-se de uma estrutura i~o~thtica, que 6 livre à deformação). c) Cálculo de 6 : Trabalho virtual das forcas extemas:PS = (11 6 2Trabalho virtual das forças internas: Ntir. ncUtamento =
- 19. = flt (-2 cm) -Igualando, vem: = -242 cm (sentido correto: ) Ex. I-8 - Para a treliça da Fig. 1-28, cujas barras têm, todas, ES = 104t, pedem-se: I?) Calcular o deslocamento vertical de A para o canegamento indicado. 20) Calcular que modificação de comprimento deve ser dada i barra a durante a montagem para que, quando atuar o carregamento, o pontoA fique no mesmo nível de B. 3m Fig. 1.28 I?) Cálculo de deslocamento vertical deA. a) Estado de deformação b) Estado de carregamento Fig C29 c) Cálculo de 6 A : NF~S r. ES 6A =X (NS Ib,) bana Organizando um quadro de valores, temos: 1 NOta: , I Se cada barra tivesse área diferente teríamos, evidentemente 1 2P) Cálculo da variação de comprimento da barra a :Nosso objetivo com esta variação de comprimento é fazer com que o ponto A tenha uma deformação de (-6A) para que, quando for somada i defor- I mação 6 A devida ao carregamento, a deformação final seja nula e t e nhamos 0 ponto A no mesmo nível de E. Formulemos o problema em termos de teorema de trabalhos virtuais: Empregand- o mesmo estado de carregamento do item ante- rior, vamos dar uma variaçzo virtual 6' de comprimento 3i barra @ tal que o ponto A tenha um deslocamento (tambCm virtual) de (dA). Teremos: Trabaho virtual das forças externas: = -(1t)(1,05 cm) Trabalho virtual das forças internas: B56'= (- f l )6' Igualando, obtemos: 6' = m=0,74 cm rr
- 20. 24 Curso de análise estrutural A barra 5 deve ser montada, pois, com um comprimento 0,74 em superior ao seu comprimento teórico. a) Este exemplo visou mostrar a forma pela qual podemos dar contra-flechas em treliças, que consiste em montar alguma(s) de suas barras com uma variação adequada de comprimento. b) O problema pode ser resolvido variandc-se o comprimento de qualquer (quaisquer) bana@) da treliça, desde que seu esforço normal N seja diferente de zero. 1.2.4 - Casos de barras com inércia variável Para calcular fl? para barras de inércia variável, dividiremos nosso estudo em 3 casos: 1.2.4.1 - Barras curvas com inércia variando segundo a lei IJm J cos V = I (conforme a Fig. 1.31): Fig. 1-31 -. f- JmTemos J =- sendo I,,, a inércia na seção de tangente hori- cos V I zontal. Dai vem: dr COS '4 = MMdx (1-4) EJc 6 =Jc md~-jC 1: "- i. -Jm Jm cos 'P I.' Tudo se passará, portanto, como se a barra tivesse comprimento I, inércia constante igual a J, e, para fins de combinação dos diagramas, eles deverão ser traçados a partir de uma reta horizontal, podendo ser aplicada a tabela I1 (pois a integração dos mesmos se fará ao longo do eixo dos x, conforme 14, e não ao longo do comprimento da barra curva). Ex 1-9 - Calcular a variação da corda CD para a estrutura da Fig. 1-32, Sáo dados: Barras 1 e 2: J=Jc J~ .sendo JM =2 JcBarra curva: J =- tos P 4m Fig 1-32 grau 1 4m I Temos, desenhando os diagramas na barra curva a partir da reta horizontal de substituição: a) Estado de carregamento: Fig. 1.33
- 21. 26 Cum de análise estrutural b) Estado de deformação: Fia 1-54 c) Cálculo de 6 : As combinaçóes de diagramas nos fornecem: Paraasbarras a e 0 : 2 ~ ' ~ 4 x 2 ~16 = 85,3 3 curva (l"8 rn) 6 = 1.37cm (a corda aumenta). 1.2.4.2 - inércia variando em mfsula Emprego das tabelasIII a X V p m cilculo de Jc Para barras cuja altura varia segundo as leis esquematizadas na Fig E35 (mantendo-se constante a outra dimensão). divenos autores tabe- laram os coeficientes necessários i obtenção de deformações (tabelas 1V a XV) provocadas pelos carregamentos usuais (cargas concentradas e uni- formemente distribuídas). Não nos deteremos aqui apresentando justificativas para o roteiro Cglculo de deformap" em estruturas isost8ticas 27 a adotar quando do emprego dessas tabelas, pois o problema (tebrico) já está bem definido e o caso em questão 6 , apenas. o cátculo nu- mds que ser8 feito dentro do roteiro de eálculombrieo de .i, -;-I J * instituído por estes autores, resumido na tabela 111, para as leis de variação de altura da barra indicadas na Fig. 1-35 (que são as leis de variação de altura mais usuais para pontes com inCrcia variável). As leis de variação de altura tabeladas2 sxo: I a) Misula reta assimétrica I 1 . Jmáx 1 Jmin I p%reta t + a -4 I b) Misula parabólica assim6trica par. do 2.O grau c) Misula reta simétrica Jmáx Jmáx d) Misula parabólica simétrica Fi* 1.35 2 O estudo original
- 23. . ar.- $ - 3 "*.a 0 g.5: :SE i z g E$? E;! gEE C;? gsz $65 cR* 23- *"- m * z e93 o :,a - a * --"?--a ...--- -8- 8:s m m - --..-L- 0 " - " W . q,oong $a$ * . 3 - " r r < u n r 0 0 - n - - n - . n . - n - - , ~ D-- n,-n.i- n.0's'uin~;o:? n c - n 2 z ?.D ""'0"' O * " ">-" m Y """ ""- o- ^ V * '.."-8- , gmg o.g Ií.--n. i,o sgxnfir .R? ::-gs- --.,A=E;: :C - I 2 !:H -22 h?; 91%; iO1.z 8ZY ?Z? C R $ ^Rui "2 ZR"Z1 ;C31 3 E X S i i : 0' ,"-"- -"- -"--"- -"- -"- "".""- "-.;*- O z$"gz rn>D 00' ""S "^' "8' ^q"7". Y. P " % -"% " " -'*"" 0 " - "" n -.-- --- $;r zzn ~ $ 5gsz ;+?IK~C 22- e?- e 3 5 8-3 :;E ;s+ ~ ~ 3 sD -
- 25. T A B E U XII -*h- 4,. .h "an. r". e, "" B lids J A ' ~' 9.n A e" = - 'A
- 27. o,,
- 28. b) Estado de deformação aplicaçóes seguintes esclarecerão: 1-10- Calcular o deslocamento vertical de A para a viga de Fig. 1-36. Todas as banas são mísulas retas com /,,,in = e = 5 J,. E dado EJc = 2 x 104 tml. B C Fig. 1-36 Temos: a) Estado de carregamento: - Fig. 1-37 P= 11 c) Cálculo de 6 : I Conforme O roteiro indicado na tabela 111, obtemos:
- 29. 42 CURO de análise estrutural Para a barra a 3 Jc(mls reta assimdtrica): A = -= 1. n = -- 3 ' -0,2; 1' = I --= 5 Jc J~ 3 m Jm, Tab. IV - 3x 3~ 4 . 5x O,W8 = +4,0 al=o,098 Tab. VI11 --3xlx9r3x0,0153 al=o,ol53 Obsemçóo: Note o leitor que basta conhecer a linha de fechamento do diagrama M para o cáiculo de S. Para a barra a (mis. reta simdtrica): X = / 3mt Tab. VI --r 12~3~4.5~0.241=+39.1 a=0,241 -, S 4 + + + + ) I tlm Tab. X - -3 x 1 x 12' x 12x 0,038= -197.2 ai -0,038 A 3mt A EJ, 6 =4,0 - 1,2 + 39,l - 197,Z - 126,2 = -281,s ' & = - 1,4cm (o ponto A sobe).. . EX 1-11 - Calcular o deslocamento horizontal do ponto A para o quadro da Fig. 1-39. Todas as banas têm a inércia máxima igual ao quíntuplo da mínima, sendo que as barras verticais têm Jmín= Jc e a horizontal Jmín = 2 J,. 6 dado EJc = 104 tm2. Fig. 1-39 (ObserwçZo preliminur: Para se definir o valor extremo da inércia de uma barra, devemos prolongar sua lei de variação até o eixo da próxima barra, definind-se a altura extrema por esta interseção, conforme está feito na Fig. 1-39.) Temos: a) Estado de carregamento
- 30. 44 Cuiso de anáiise est~turai b) Estado de deformação Fig. 1-41 C) Cflculo de 6 : Conforme o roteiro indicado na tabela 111, obtemos: Para a bana ,@ : (mís reta simétrica): 81 = 2= 0,2; = 0 , ~ ; 1. = 5 1o Para a barra @ : (mís. reta assimétrica): X = I; n =0,2; I'= 5 nc6 = 197 +49 = 246 .'. 6 = 2,46 im (para a esquerda) 1.2.4.3 - Caso de variação aleatória da inércia NO caso da inércia náo variar segundo nenhuma das leis estudadas anteriormente, teremos que calcular por integraçáo aproximada. O problema será, pois, calcular - Jc 1, qdx sendo q =h@f-.J Uma das maneiras de resolvê-lo será através do empregoda regra de Sipson: Dividindo-se o v%o1 da barra num número n (par) de intervalos Ax. temos: A aplicaçãoseguinteesclarecer.5. Ex l-12- Caldar a rotação da tangente à elástica em A para a viga da Fig. 1-42. submetida ao carregamento indicado. A seção é retangular, com base de 40cm e altura variável conforme a figura. É dado: E = 2,l x 106 t1m2. 4 i I r A i 6 0 4 x 1 ~ -Adotando EJc = 2.1 x 10 x - L -12 < . I . , . ,. - 4= 7 x 10 tm*., , I ' . ' . ...- .... , temos: 106 108 Y.0 276.0 18 Fig. 1-42 0121 Vem, ent~o: E J ~6 = 387,4 x&= 2 387.4 = 258 2 = 387.4 3 3 :. 6 = 3,68 x 1 0 - ~rad
- 31. TABELA XVI - CÁLCULO DA I N ~ R C I AJ ~ ATORÇÃO O b s e ~ f l o : Para peças de concreto armado, dependendo do grau de fissuraçá0, a inércia Jt torção pode cair para at6 15% dos valores indicados nesta tabela. 1.3 - Cálculo de deformações devidas à variaç-Sode temperatura Seja a estrutura isostática da Fig. 143, cujas fibras externas so- frem uma variação de temperatura te e cujas fibras internas uma variação ti em relação à temperatura do dia de execução da estrutura. Ao lon- go da altura das barras da estrutura, a variação de temperatura entre as fibras externas e internas pode ser considerada linear (os ensaios em labo- A t- h '. Fig. 1-43 Estado de ddoimaqão: Erforto. nulos Defornafim relativsr J dp = a6.- te) ds I dh=O h ratório assim o autorizam), de modo que, no estado de deformação, duas seções distantes de ds tendem a assumir a configuração deformada de Fig. 1-44. Vemos então, que duas seções distantes de ds sofrem um mo- vimento relativo composto de .duas partes: a) deslocamento axial relativo de Ads =arg ,ds, sendo tg a variação de temperatura no centro de gravidade em relaçáo ao dia de execução. Fig. 1.44 - b) uma rotação relativa dip = i t e c r ~ t h ds =-- h ds,
- 32. sendo or o coeficiente de dilataçzo linear do material. Suponhamos, para fm de raciocínio, que desejemos calcular O deslocamento do ponto m da direção A : O estado de carregamento seri o da Fi& 1-45 e o teorema dos trabalhos virtuais se escreverá, então, quan- do dermos a todos os pontos da Fig. 1-45 deslocamentos virtuais exata- mente iguais aos provocados pela variação de temperatura: Fis 1.45 - Estado de mrmmsnm: Supondo as barras com seção constante, temos: se identificam com as áreas dos diagramas de esforço normal e de momento fletor no estado de carregamento e temos. então: - n P S = a tg A-+%N h AR (Sendo as barras de seçzo constante) (1-5) A Observações: I I?) Se as barras não tiverem seção constante, teremos eviden- temente: F6=oi / N t g d s t a A t k (1-6) 2.O) Para emprego das expresses (1-5) ou (M),adotaremm seguintes convençõesde sinal: fi$eriipositivo quando de tração - j@ serh positivo quando tracionar as fibrasinternas da estru- tura - As variações de temperatura ti, t, tg serão positivas quando se tratar de aumento de temperatura (notar queAr =(ti-te). 3.0) O valor de 6 não 6, evidentemente, afetado pela existêc- cia de esforços cortantes ou momentos torçores no esta- do de carregamento. As aplicaçües seguintes esclarecerão: O 1-13- Calcular o deslocamento horizontal do ponto B se a estmtura da Fig. 146, cujo material tem a = 10.5 /OC e cujas barras têm seção retangular de 0,s m de altura, sofrer a variação de temperatura indicada na figura, em relação ao dia da sua execução. e:.-"II"O." +... . rg-+3O0C "--.. ,,=+1o0c Fig. 148 Fíg. 1.47 Sendo diagramas IÜe N no estado de carregamento, os in- dicados na Fig. 1-48, teremos, levando em conta a expressáo 1-5,e o esque ma da Fig. 1-47:
- 33. O ponto B se deslocará, pois, de 6,58 cm,para a direita. Ex 1-14- Calcular as defomaçCks seguintes, para a grelha de Fig. 149, cujas barras têm seção retangulir de 0,sm de altura e cujo material possui a = l o - S / ~ c , se suas fibras superiores forem aquecidas de 20 OC e as inferiores tiverem mantida a sua temperatura em relação à do dia de sua execução. A Fig. 1-49 + 4m -+' 1.O) Rotação da corda BC perpendicular ao plano ABC. 2.0) Deslocamento do ponto C na direção BC. Temos: 1.O) Cálculo da rotação de BC perpendicular ao plano ABC Sendo o estado de carregamento o de Fig. 1-50, obtemos: 2.') Cálculodo deslocamento de C na direçãoBC: Trata-se do cálculo de uma deformação numa estrubira plana devida a ("O plano da estrutura náo h&variação relativa de temperatura). ~ ~ m ~ ~ ,a partir do estado de carregamento de Fig. 1-51: / Fig. 1-52 A Devido à simetria, sabemos que as m t a ç b em A e em B S o iguais e tmios, entxo, a .partir do estado de carregamento da Fig. 1-53: N - O M= lmt lmt M= lmt lmt -
- 34. A rotação da tangente à elistica em A vale, então anRt, h- no sentido horário. 1.3.1 - Caso particular: variaflo uniforme & temperatura ( A, = 0) Seja calcular o deslocamento do ponto m na direção A , devi- do a uma variação uniforme de temperatura tg atuante, para a estmtum de Fig 1-54: Temos, a partir de 1.6: sendo r$ o hgulo formado por RA com a tangente ao eixo d a estrutura numa seção genérica do trecho A - rn e y o ãngulo entre R g e a tangen. te ao eixo da wtruiura numa seção genérica no trecho B - m. Ora, as integrais acima podem ser reescritas sob a forma -,= Trabalho realizado por RA ao percorrer a trajetóna A - m -+ = Trabalho realizado por RB ao percorrer a trajetória B - m adode ,jefotmaç&s em estruturas isoststicas 53 I se tratando do regime elástico, estamos diante dc um cam.~ po conservativo, para o qual sabemos, da Mecinica Racional, que o traba- lho independe da trajetória, dependendo apenas de seus pontos extremos. L ~ ~ ~ ,as integrais ser calculadas para qualquer trajetória que cm. tivesse os oontos A, B, rn Tal nos permite concluir: pma o cólmlo de deformação numa estrutura isostórica devida o ,, wnnyóo de temperatura. podemos substituir a eshutura epor oum desde que contenha os mesmos vínculos e pon- tosdeaplicgcãode cargo do estadode crnregomento. 1-16- Cdcular o deslocamento horizontal de B devido a um aumento uniforme de 20 OC, para o quadro de Fig. 1-55. I n-Bi mo:oi = 1o-s/oc A 7 10m Fia. 1-55 0 s pontos indiinsáveis de passagem da estrutura de substitui- ç%oS o os vindos (A e 8)e pontos de aplicação de carga no estado de carregamento (E, no caso). Ficamos, então, com: 6 = a t g A ~ = 1 0 - 5X ~ O X10 = 2 mm (para a direita) E* 1-17- Caldar a variaçXo de comprimento da wrda AC devida a m a diminuiçáo de 3 0 0 ~ .para a es- trutura de Fig. 1-57.
- 35. I 54 Curso de análise estmtural Fig. 1-57 A estrutura de substituição mais conveniente no caso seri a de Fig. 1-58. a partir de qual obtemos: ado& defOnneqõcsem estruturas isostáticas 55 A de substituição mais conveniente será a de Fig. 1-60. a partirde qual obtemos: Fig. 1-60 6 = 10-5(-301(-1 x 51 = 1.5 mm de encurtamento I 1.4 - Cáicuio de deformações devidas a movimentos (recalques) 6= 1 0 . ~(-30) (-1 x -@) = =,o2 mm dos apoios (encurtamento) seja a estrutura de Fig, 1-61 cujos apoios sofrem os re~dques co&ecidos3, nela indicados. Se quisemos calcular deformações provocadas J P = l t por esses recalques, já sabemos como instituir o estado de carregamento e já sabemos que daremos, neste estado de carregamento, deformações vir. A tuais a todos os pontos da estrutura exatamente iguais às existentes noes- tado de deformação. - - - - I Fia. 1.68 - Ir-I AjTIB'' '18 - c d ~ d a ra r u i a ~ l ode comprimenm da mrda BD devida a uma diminuição uniforme de30 OC, para a ' -)PAV r*,, o--+4"estrutura de Fig. 1-59: Dado: ct = I O - ~ / O C Fie. 1.61 - Estadodedeiwmsqio lhfoyra a d d o r m w õ ~nditivas nula) 1Fig. 1.59 +2m X 2m +- Aplicando, então, o teorema dos trabalhos virtuais, teremos qualquer que seja o estado de carregamento: Trabalho virtual das forças externas: P6 t ZRP, sendo R as mações de apoio no estado de carregamento e P os recalques a elascor- "SPondentes no estado de deformação. Trabalho virtual das forças internas: nulo, visto que as defor- 3 Calculados p l a Mecânica dos Solos
- 36. 56 Cum de mase estrutural mações relativas no estado de deformação são nulas. Igualando o trabalho virtual das forças externas ao das forças internas, obtemos P6 = - Z R p (1-7). expressão que resolve o problema. Ex. 1-19- Calcular a rotação relativa das tangentes 'a elástica em E devida aos recalques indicados, para a estru- tura de Fig. 1-62. Fig. 1.62 Temos as reações R no estado de carregamento indicadas na Fig. 1-63, a partir das quais obtemos, pelo emprego da expressão 1-7: (O sentido arbitrado foi correto.) Ex. 1-20- Calcular o deslocamento vertical do ponto A da grelha da Fig. 1-64 devido a recalques verticais de cima para baixo de 2 cm em i3 e F e de 4 cm em D. Aproveitando a simetria, as reações de apoio no estado de car- ~sgamentosão as indicadas na Fig. 1-65, a partir das quais obtemos: 2 a A = - E R p = - 2 x 1(-2x10-2) = 4x10-2m O ponto A descera, então, de 2 cm. ibserwçâò: Os recaiques de apoio ocorrem, evidentemente, devido ao carre- gmento atuante; para calcular as deformações que o conjunto karregamen- o + recalques)-provoca na estrutura, preferimos usar o principio da super- msição de efeitos, calculando inicialmente, pela expressão (I-I), as defor- nações devidas somente ao carregamento e, a seguir, pela expressão (1-7), iquelas devidas aos recalques. somando finalmente osdois resultados obtidos. 1 - Cálcdo de defomsçksem vigsretas -Rocem de Mohr Embora se tratando de um caso particular, desemiolveremosnes te tópico um processo, idealizado por Mohr, que nos permite obter, sem aplica~ãodo teorema dos trabalhos virtuais, a elástica de uma viga reta .A ênfase especial que atamos dando a este caso particular sejustifica pe- la grande incidência com que ocorrem, na prática, as vigas retas e pela pos- Qbilidade que este processo oferece de obtermos, de uma sb vez, a elástica. Sabemos,da Resistência dos Materiais, que a rotação relativa devida flexão, de duas seções de uma viga distantes de ds é dada por "P=& conforme indica a Fig. 1-66, E J '
- 37. 58 Curso de análise estrutural V I Fig. 166 Por outro lado, do Cálculo Intinitesimal, sabemos que a d9curvatura de uma curva plana y =y(x) igual, por definição à relação - dspara a curva - referida a um sistema xy como o de Fig. 166 6 dada por dP-=- Y" ds ( 1 + ~ ' = ) ~ / 2 A elâstica y =y(x) de uma viga fletida seri, então, obtida da equação diferencial - Y" =-.M Como estamos tratando da (1+y'2)312 EJ Análise Estmtural no âmbito das pequenas deformaç&s, o valor y gpode ser desprezado em presença de unidade e teremos, ünalmente, a equa- ção diferencial da elástica para vigas retas dada por - Observando a analogia matemática entre a equação diferencial da elástica (1-8) e a equação diferencial fundamental da Estática $.$ = -0 , dxL Mohr teve a genial idtia de encarar y como sendo o momento fletor numa viga (a que chamaremos viga conjugada, e cuja determinação depende da análise das condições de contorno do problema), carregada com uma car- ga distribuída cuja taxa de distribuição t M , sendo M o momento fletor atuante na viga dada. EJ Empregando-se o processo de Mohr, estaremos fazendo as seguintes analogias: Resumindo, temos: Rotação na viga dada = Esforço cortante na viga conjugada Deslocamento vertical da viga dada=Momento Fletor na viga conjugada A determinação da viga wnjugada será guiada pelo respeito às wndiç&s de contorno do problema dado, em função da formulação adota- da para sua resolução (encarar a elástica como um diagrama de momentos fletores na viga conjugada) e resultará de uma simples transformação dos vinculos da estrutura dada conforme indicam os exemplos a seguir: a) Seja, por exemplo, um apoio extremo do l? gênero A exis- tente na viga dada conforme indica a Fig. 1-67. Sabemos que a seção da viga situada sobre o apoio do l?gênero terá deslocamento vertical nulo (y = O) e rotação livre (9# O), já que este apoio só impede deslocamento vertical. Assim, devemos ter na viga conjugada em A um vínculo tal que t e nha momento fletor nulo (pois este representará o deslocs Ae-$ Fig. 1-67 mento vertical de A) e esforço cortante diferente de zero (pois este representará a rotação que sofrerá a seção); este vínculo será, então, outro apoio extremo do 1P gênero. b) Seja, agora, .uma rótula intermediária B existente na viga da- da, conforme indica a Fig. 1-68, A seção B poderá sofrer um deslocamento vertical (já que não existe apoio do I? gênero sob ela) e terá rotações das tangentes à elástica diferentes à B Fig. 1-68 esquerda e à direita da rótula (pois que a mesma libera as rotações de um lado da viga em relação ao outro). Assim, devemos ter em B, na viga conjugada, um vínculo tal que apresente momento fletor diferente de zero e esforços cor- tantes diferentes à sua esquerda e direita; este vinculo será, então, um apoio intermediário do l'? gênero. Raciocinando de maneira inteiramente análoga para todos os outros tipos de vínculos que podem aparecer numa viga reta, teremos ins- tituída a tabela XVII, através da qual passaremos da viga dada à viga wn- jugada. (Nesta tabela indicamos na coluna extrema da direita, a titulo de explicação, as condições de contorno que guiaram esta transformação de- . vinculo.) Ficando determinada a viga conjugada o problema está, então, resolvido. Obsemções: a) A viga wnjugada de uma viga isostática será sempre isos- tática Os exemplos das Figs. 1-69 a 1-71 esclarecem.
- 38. 60 Cuiso de análise estmtural U(lculo & deformaç&s em estmtum isostáticas 61 - 6----7 .e,h. ,,,,,,,,,,,,I,, b) A viga conjugada de uma viga hiperestática será hipostática (a não ser L ,.,.,,~,.~.. Fip. 1-69 em alguns casos de vigas hiperestáticas, submetidas a determinados recal- ques de apoio, conforme os exemplos 1-26 e 1-28 deste capitulo), mas seu -v,,,8 ,,,,,c,, nipi 1-70 canegamento MJEJ será sempre tal que a viga conjugada fique em equili. ",,/I I"I.IU,.,<I., brio (impondose esta condição às vigas conjugadas das vigas hiperestáticas nlI1lI., ãig. 1.71 -u,+n co,,,n,e., restáticas, conforme ilustrarão as aplicações feitas no item 2.1 deste tópi- ficaremos,até.emcondiçóes de obter diagramas solicitantes em vigas hipe- co), pois, como existe uma deformada real, estável, para uma viga dada hi- perestática, e wmo esta deformada é obtida a partir de sua viga conjugada, esta última terá que estar submetida sempre a um carregamento em equi- líbrio. Tabela XVii - Transformação de vínculos para obtenFo da viga conjugada N~~ ~igs.1-72e 1-73 apresentamos exemplos deste tipo de vi- gas wnjugadas. -viga dada viga conjugada Fip. 1-72 P -viga dada viga conjugada Fig 1-73 c) Quando formos carregar a viga conjugada com o carregamento cuja taxa de distribuiçáo é = -M , sendo M o momento fletor atuante na viga da- EJ da, a um momento fletor M positivo na viga dada (tracionando as fibras inferiores da viga) conesponderá, evidentemente, uma carga distribuída 9 Positiva (de cima para baixo) na viga conjugada. d) O metodo de Mohr se aplica integralmente, às vigas com inkrcia variá- vel. Neste caso, apenas, as funçóes q = serão mais complexas. EJ Ex-1-21 - Fazer um esboço da elástica para a viga da Fig. 1-74 que tem EJ = 104 tm2, cotando seus valores extre- mos: A partir da viga conjugada, carregada com E . obtemos a EJ
- 39. 62 Curso de anáiise estrutural II I I I I 1 I I I 'Mviga dada I I I I 1 I I I I I I 16x10.~m-' I I I 1 I I 'iviga conjugada I C I carregada com I I I I I I I M 1 9 = - I I I I EJ I I I I I I I I I I I 3,6mm p,u~3,6mm Elástica = =Mviga. conjugada 3.2mm elástica pedida, representada na própria Fig. 1-74. Notar que os trechos AB e DE da elástica são retilineos; en- quanto que os. trechos BC e CD são parábolas do 3.O grau, simétricas uma da outra e que concordam em C. Os valores extremos pedidos são: 2.0) Calcular os deslocamentos verticais de A e E; 3.0) Calcular a rotação da seção B; 4.0) Calcular a rotação relativa das tangentes ê elas- tica em C. I ! ~ ~ i g sdada 1.O) Aspecto da elistica: Ex. 1-22- Para a viga da Fig 1-75, que tem EJ =103 tm2, pedem-se: Encontra-se esbqado na própria Fig. 1-75, onde indica- mos tamMrn a viga conjugada carrezada com q = .!!! . Chamamos a~ - - 1.O) Esboçar o aspecto da elástica; LI
- 40. 64 Curso de anáüse estrutural atenção para a simplicidade e conveniencia da obtenção prévia do aspec- to da elástica, pois que ele nos fornece todos os sentidos corretos de deformação, restando-nos calcular apenas seus aódulos. 2.0) Deslocamentos verticais de A e E: A 3 1 3y ~ = M ~ ~ ~ ~ ~ ~ j = 4 ~ 1 0 ~~ 3 + ~ ~ 3 x l O .x 2 = 1 5 x 1 0 - ~ = 1 ~ m m E - 4 ~ . 1 0 - ~ ~ 3 + 1 0 -3 X-=16,Smm3* YE ="viga conj - 2 3.O) Rotação em B: VB = conj = 4 x 10.3 rad (o sentido está indicado na figura; no caso, é o anti-horário) 4.O) Rotação relativa em C: - Vesq CeSq Cdir C - C + @$r = 1Qviga conj I + IQviga conj = 8 x i r 3 rad ( o sentido está indicado na figura). 2.1. - Aplicação do processode Mohr h vigas hiperestáticas (Obtenção de diagramas solicitantes e deformaçües) Ex 1-23- Obter o diagrama de momentos fletores para a viga biengastada da Fig. 1-76, que tem inércia constante. mq A-B Fig. 1-76 I I O aspecto do diagrama de momentos fletores, levando em con. ta a simetria da viga deverá ser o da Fig. 1-77, bastando, pois, conhecer o valor de M para ficar determinado. Mh$4~ Fig. 1-77 - Aspecto do diipmna daaido. Passando à viga conjugada, que será a haste livre da Fig. 1-78.1. para que a mesma esteja em equilíbrio (O que nos possibilitará escrever. para a viga conjugada, que MA =MB = O e QA = Qg = O, o que deve ocorrer, pois sabemos que y ~ =y ~ = O e VA = ' 4 ~= O, para a viga dada), o carregamento deverá estar auto-equilibrado. A condiçgo XY = O, M M BEJ - E J 1.78.2 1-78.1 Fip. 1-78 a partir da decomposição indicada em 1.78.2, nos fornece: " - O diagrama de momentos fletores pedido ser& então, o da Fig. 1-79. (i- Fio. 1-79 E r 1-24- Obter os diagramas solicitantes para a viga hiperes- tática da Fig. 1-80. que possui indrcia constante: A Fig. 1-00 I O aspecto do diagrama de momentos fletores sendo o da Ffk1-81, a determinação de M se fará impondo condições de equilíbrio 3 viga conjugada carregada ccm M/EJ, indicada na Fig. 1-82.1.
- 41. Fig. 1-81-Aspano do diignma de momantm flammi daaido. "8'-- Q,: ~- 11 c, 1.82.2 1-82.1 Fig. 1-82 A partir da decomposição do carregamento atuante na viga con- jugada feita em 1-82.2, a condiçáo de momento fletor nulo na rótula B (pois em B devemos ter M = O na viga conjugada, já que y~ = O para a viga dada), nos fornecerá: - 4IL donde obtemos M = -.8 A partir desse valor, os diagramas solicitantes e reações de apoio para a viga dada são os indicados na Fig. 1-83. E* 1-25- Para a viga da Fig. 1-80, obter a rotação da tangen. te à elástica em A. Imediatamente, podemos escrever, a partir da Fie.- 1-82.2: 13 conjugada = 2 -g3- & =L, 'PA = QA 3 8EJ 48/3 no sentido horário . Ex. 1-26- Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de Fig. 1-84; que tem vão / e rigidez EJ, devido ao recalque angular 8 nela indicado (EJ = constante). t i- Fig. 1.84 O aspecto do diagrama de momentos fletores desejado na viga :stá indicado na própria Fig. 1-84( MB deve ter, evidentemente, o sentido i0 recalque 8). A B A A Viga conjugada Passemos, agora, à viga conjugada, para a qual iremos igualar o ?sfor~oCortante em B ao valor de 8 (rotação da seçáo). O apoio do 1.' 3ênero existente em A (como não sofre recaiques) será transformado em 'Pio do 1.' gênero, de acordo com nossa tabela XVII de transformação de vínculos. Já o apoio B, como sofre recalque, não pode ser transforma- i0 P r emprego da tabela XVII e deve ser analisado para o caso. NO ponto B (viga dada), temos:
- 42. Sendo assim, devemos ter na viga conjugada um vínculo que nos dê cortante e não dê momento. Será, então, um apoio do 1.0 géneros também. Ficamos, portanto, com o esquema da Fig. 1-84 para' o qual,im. pondese as equações de equilíbrio, temos, por Z: MA =O: O problema está, então, resolvido, e o diagrama de momentos fletores na viga devido ao recaique angular e é o indicado na Fig. 1-85. E x 1-27 - Obter os diagramas solicitantes na viga biengastada de vão 1e rigidez EJ, submetida ao recalque verti- cal p em 6 , indicado na Fig. 1-86 (EJ = constante). Fig. 186 M~- 7j *q Viga conjugada EJ O aspecto d o diagrama de momentos fletores na viga dada e s 6 indicado na Fig. 1-86, Determinemos, então, a viga conjugada: O en- gaste A (que não sofre recalque) se transformará numa extremidade livre; 0 engaste E, que sofre um recalque vertical (e para o qual temos, portan- to, yg = P e V6 = O) deve se transformar num vínculo que nos dê mo- mento (o qual valer5 P ) sem nos dar cortante e deverá ser o indicado na Fig. 1-86. Impondo as equações de equilíbrio A viga wnjugada, temos: Cdldo de defonnaçócs em estruturas isostátiess 69 2Y = O . .. MA =M6(visto não existir cortante em 6,o próprio car- regamento tem que fornecer resultante nula). EM = O ....P = x 3 x 1 x 2 1 (ou seja, o carregamento 2 E J 2 3 nos dá um binário, que deve ser absorvido em B. devendo o momento fletor em B ser igual a'p). EJp e os diagramas solicitantes serão os daDai obtemos: MA =M6 =--- Fia 1-87. I' 6 E J p 6 E J p - 4/ ) I' - l2 '. 112EJp l3 I" Fig. 1.87 Obse7vação: Os resultados destes dois Últimos exemplos serão de grande importância no estudo do m6todo das deformações, conforme verá o leitor no Vol. 111 deste Curso. Ex. 1-28- Obter o diagrama de momentos fletores provocado pelos recaiques verticais indicados, para a viga da Fig. 1-88, que tem rigidez EJ, constante . c 1 -+31 -t I +A A. E C O . P ,p ,, A:.- ._ / b- - - . i - - - MB IlillIllrn,-EJ 2 M ~ l - Viga conjugada EJ f Fie. 1-88 2MBl EJ - t
- 43. 70 CUROde anáiise estrutural Devido à simetria existente, o aspecto do diagrama de momen- tos fletores na viga dada será o indicado na Fig. 1-88, Para a viga conju. gada, os apoios A e D se mantêm e os apoios B e C, que sofrem recal- ques, e para os quais temos devem ser substituídos por um vinculo tal que nos d6 momento (igual a p ) e que nos dê Qesq = Qdir, obtendo-se, entxo, o esquema indicado na Fig. 1-88. Impondo-se a condição de momento íietor igual a p em B e C na viga conjugada, obtemos: O diagrama de momentos fletores pedido6,entãoodaFig. 1-89. Fig. 1.89 6 EJp- 11 l2 6 EJp- 11 lZ Ex 1-29- Para a estrutura do exemplo anterior, calcular a ro- tação da tangente à elástica em A. Temos. evidentemente: 3 - Cálculo de defomqóes em trrliças planas - Rooesso de Wiiiiot Assim como apresentamos, no tópico 2 deste capítulo, um processo particular visando à determinação da elistica de vigas retas (pro- cesso de Mohr), apresentaremos neste tópico, um processo ideaiizadb pelo engenheiro franc6s WiUiot, que permite a determinação dos deslocamentos de todos os nós de uma treliça plana. de defornações em estruturas isostiticas 71 Os fundamentos do processo de Wüiiot podem ser compreendi- dos wnsiderandese a treliça ABC representada na Fig. 1-90 que, para O carregamento indicado, ter5 suas barras AC e BC comprimidas e a barra AB tracionada. Cada uma destas barras sofrerá, em função do aforço nor- md Ninela atuante (proia.ado pelo carregamento indicado), uma variação Nili de comprimento Ai = -- (no caso, A, e 4 serão encurtamentos ESi e A3 será um alongamento). Conhecidas estas variaçóes de wmprimento Ai, a configuração deformada da treliça pode ser determinada da seguin- te maneira, conforme indica a Fig. 1-90: Inicialmente, removeremos o pino (rbtula) do nó C e permiti- remos a variação A 3 de comprimento da barra AB; isto provocari um mo- i vimento da barra BC (agora desligada da barra AO, que se deslocará para- lelamente a si própria, passando a ocupar a posição B'C. Permitindo, ag* ta, às barras AC e B'E suas variaçaes de comprimento A1 e A2, respecti- vamente, as extremidades C e C passarão a ocupar as pmiçDes C1 e C2 I indicadas na Fig. L90. Para podermos rewlocar o pino (rótula) ligando as barras 1 e 2, é necessário fazer com que as extremidades C1 e C2 dasbar- ras 1 e 2 coincidam novamente, o que é obtido girando AC1 em tomo de A e B'C2 em tomo de B' até que os arcos se interceptem em C', posição deformada final do n$ C da treliça. AB'Cé, então, a deformada da treli- Ça da Figa 1-90 submetida ao carregamento indicado e, a partir dela, pode- mos dizer que o nó ü sofreu um deslocamento hodzontal Sg- BB' e o nó C um deslocamento 6C= CC', definidos na ~ i g .1-90, Este processo máfico seria perfeito não fosse o problema das deformaçües serem muito
- 44. Curso de análise estrutural a n d o de deformaçõesem estruturas isostáticas pequenas em presenca das dimensões da treliça, o que nos obrigaria ao liot para chegarmos a cada novo ponto. Nos casos em que isto não ocorrer emprego de escalas enormes para desenho, a fim de se ter alguma precigo (ver exemplo 1-33). calcularemos previamente alguma (s) deformação, apli- lios resultados, o que é impraticável. (No caso da Fig. 1-90. indicamos as ,.,,do o teorema dos trabalhos virtuais de modo a poder iniciar e (ou) deformacões em escala niuito exagerada eni presença das dimensões da trelica. no traçado do williot. Justimeote porque as defomaçóes sofridas pela treliça são pe- quenas em presença de suas dimensões, a rotação de qualquer barra será pequena, de modo que podemos considerar que, durante a rotação de uma barra, sua extremidade se desloque ao longo da normal B direção primitiva da barra, ao inv6s de considerarnios o deslocamento ao longo do arco de circulo verdadeiro. Introduundo-se esta simplificação, válida no âmbito das pequenas deformaçóes (lupótese fundamental na nossa Análise Estrutural), toma-se possivel obtcr os deslocamentos dos nós da treliçasem termosque desenhar seus comprimentos totais, pois não mais será necessário desenhar os arcos de circulo em torno de seus centros de rotação; é o que está feito na Fig. 1-91, chamada diagrama de Wiliiot ou, mais simplesmente, williot da treliça dada, em homenagem ao lançador do processo: Como anteriormente, imaginamos que o pino (rótula) em C é tempordamente removido e permitinios que se realizem as mudanças de coniprimento das barras, uma de cada vez. Assim, sendo o a origem esco- lhida para marcação dos deslocamentos (e que, no caso. coincidirá com o ponto a, rep-sentando o deslocamento nulo do apoio do 2.O gcnero A), marcamos 03 = n3, representando a variação de comprimento da barra 3 (barra AB). Como a barra AB se conservará horizontal após sua deforma- ção, o segmento Õ3 já simbolizará o deslocamento final do nó 3 da treli- ça (apenas para respeitar a notaçào que adotaremos no williot e que con- siste em representar a posicão final do nó pela letra que o simboliza, em minúsculo, diremos que o ponto 3 coincide com o ponto b no williot e que o deslocamento do nó B é dado por ob). Devido a suas diminuições AI e de comprimento, respectivamente, a extremidade C da barra AC se move para baixo, paralelamente a AC, e a extremidade C da barra BC se move para baixo, paralelamente a Bs. o-aue está rep.'esen- tado, no wiüiot da Fig. 1-91 pelos segmentos a1 e b2, respectivamente. Para ligamos; novamente, as barras ACe BC pelo pino em C, a primeira deve girar em torno de A e a segunda em tomo de B, até se interceptarem; durante estas rotaçóes, admitimos que elas se movam nas direçóes normais a cada uma delas. No williot estas rotações estão simbolizadas, respectiva- mente, pelas retas perpendiculares a AC e BC tiradas por 1 e 2, que se interceptam em c, ponto que simboliza a posição deformada final do nó C em relação à sua posição primitiva. %. -.Os vetores ou, ob e oc)representam, então, os deslocamentos ab- Sol~itosdos nós A. B e C da treliça de Fig. 1-90devidos ao carregamento ne- la indicado. A wnstruçxo dos wüiiots para treliças mais complicadas é feita da mesma forma, sendo apenas necessário conhecermos dois pontos no w S As aplicaç5es seguintes esclarecerão. E r 1-30- Obter os deslocamentos de todos os nós da treliça da Fig. 1-92, cujas barras possuem, todas e l a s , ~ ~ = 1 0 ~ t . Fig. 1-92 Devemos, inicialmente, calcular as varia~&%de comprimento ai de cada uma das barras da treliça devidas aos esforços normais Ni nelas atuantes, o que esiá feito na tabela seguinte, a partir da qual 6 imediata a obtenção do-williot desenhado na ~i~.-1-93. &ira Nj(t) li lml I ~;=N;li/ES(mml I
- 45. 74 CUBOde anáiise estrutural - d o de deformações em estruturas isostáticas 75 EX 1-31- Obter os deslocamentos de todos os nós da treliça Os deslocamentos dos nós A. B, C . . ..H da treliça sáo da. & Fig. 1-94, se ela for submetida a uma diminui- + -* + +dos em direção, sentido e módulo pelos vetores ou, ob. oc, ..., oh do ção uniforme de temperatura de 30 OC. É dado o williot, valendo estes mbduios, respectivamente, 0; 1,6 mm; 3 ,,,,,,; 6.5 mm; coeficiente de dilatação linear do material, igual a 13.9 mm; 7,2 mm;4.4 mm; e 3,l mm. 10.5/0C. Fig. 1-94 As variações de comprimento Aide cada uma das barras, de- vidas A variação de temperatura, sáo dadas por Ai= Lu Al li =-30~10.5li valendo. então: A1=A4=-12 mm; A2=A3=-12 J?lmm; A 5 = A 6 = - 6 a m m A partir desses valores, obtemos, pelo williot da Fig. 1-95, que os deslocamentos dos nós+c D e _E da treliça, dados em diieção, mádulo e sentido pelos vetores oc, ode oe d3 williot têm seus mádulos iguais a 1 2 6 mm, 1 2 ~ 5mm e 12 mm. 1-32- Obter os deslocamentos de todos os nós da treliça da Fig. 1-94, caso seu apoio B sofra os recalques in- dicados na Fig. 1-96, passando a ocupar a posição B:
- 46. PBV= lcm B' Fig. 1-96 PBH= 2cm ?Y.Ii Neste caso, os Ai de todas as barras são nulos e podemos pas. sar imediatamente ao traçado do wiiiiot, feito na Fig. 1.97, a partir do qual obtemos que os ~esl~cam+entosd y nós A. B, C, D e E da treliça, dados pelos vetores oa. ob, oc, o b e oe, têm módulos de 0; 2.24 cm; 3 cm; 1.41 cm e 2,54 cm. C ,A P~~ Fig. 1-97 -Escala do williol: 1 :1 Ex.I-33- Obter os deslocamentos de todos os nós da treliça da Fig. 1-98, cujas barras tèm, todas elas ES=IO~t. Fig. 1-98 A No caso, alem de calcularmos as deformações Ai de todas as barras, devidas aos esforços normais Ni nelas atuantes, precisamos calcular previamente o deslocamento do nó B (ou do n6 E) para termos conheci- dos os deslocamentos de dois nós A e B (ou A e E), condição necessária para podermos iniciar o traçado do williot. Temos, então: ~ g l d ede d~f~nnsçõesem estruturas isost~ticas a) Cglculo dos Ai b) Cálculo do deslocamento do ponto B: Para conhecermos o deslocamento resultante do nó B, basta co- nhecermos suas componentes horizontal e vertical. A componente horimn- tal 6 dada por A7, ou seja, vale 6 BH = 16mm, da esquerda para direita A componente vertical 6 obtida a partir do estado de carrega mento da Fig. 1-99 e vale: Fig. 1-99 2 f l t6 s v = 9 = ' [ 4 x 4 ( ~ t 2 x j ) t 4 y r i - x 4 ~ i ? ~ 1O" 3 6t- ) + 32 x 4 Y. 41 =77.2 mm (de cima para baixo)
- 47. 78 CWO & x3lUíb estmhiral c) Traçado do williot Conhecidos os deslocamentos dos nós A e B, obtemos o williot da Fin. 1.100, que resolve o problema. Fig. 1-100 - Erala do.williot: 1:l Os deslocamentos dos nós B, C. D. E,.F,da treliça, dados em direção, sentido e mbdulo pelos vetores o$ ocf o e e do williot, têm estes módulos iguais a 7.9 cm; 8,4 cm; 4,8 cm; 8,4cm e 7,9 cm.. Como ve"fícaçXo do wiUiot, vemos que o vetor od é horizontal, o que tem que ocorrer, levando em conta que o apoio do 1.0 genero existente em D impede qualquer deslocamento vertical deste ponto. A pos- sibilidade de efetuarmos esta verificação é devida, evidentemente, ao fato de termos feito o cálculo prévio do deslocamento de um nó da treliça (para podermos iniciar o traçado do williot). 4 - Teoremas complementares 4.1 - Teorema de Betti Seja uma estrutura qualquer, para a qual um grupo de cargas P; constitui o estado de deformação e outro grupo de cargas Pk constitui O estado de carregamento. Aplicando o teorema dos trabalhos virtuais, temos, indexando as deformaçóes com dois índices, o primeiro indicando o local da defor- Cglculo de defornações em estruturas isostdticas 79 mação e o segundo a causa que a provocou: I (?jk;.conforme a indexação adotada, indica a deformação. na direção da carga Pk devida ao carregamento Pi). Tomando, agora, para a mesma estrutura, Pk como estado de deformação e P; como estado de carregamento,, temos: ( tjik indica a deformação, na direção da carga Pi,devida ao carregame* to Pk ). Igualando as duas expressóes, obtemos: zP;G;k = ZPk 6ki (1-9), que é a expressáo do teorema de Betti, que nos diz: "O trabalho virtual produzido por um sistema de forças em equilíbrio, quando se desloca devido às deformaçõespoduzidas por um outro sistema de forças em equilíbrio, é igual ao tra- balho virtual produzido por este segundo sistema de forças quando se desloca devido As deformaçóes produzidas pelo pri- meiro sistema". 4.2 - Teorema de MaxweU Fazendo, no caso do Teorema de Betti, com queP; e Pk sejam uma única força (ou momento) unitária, teremos: expressão do teorema de Maxwell, que nos diz: "O deslocamento de um ponto na direção de um esforço uni- tário, provocado por um segundo esforço unitário, é igual ao deslocamento do ponto de aplicação do segundo esforço. em sua direção, devido à aplicação do primeiro esforço unitário". O esf01~0a que se refere o teorema pode ser, evidentemente, uma força ou um momento. Os exemplos das Figs. 1-101 e 1-102 ilustram a aplicação do teorema de Maxwell.
- 48. . , lpi = 1 '.. 1, Eri. <ar.* A k A A Esl. carr. Fig. 1-101 Pelo teorema de MaxweU, temos = 6ik 1-102.1 1-1022 Fig. 1-102 Pelo teorema de Maxwell: hik = 6ki Observação:A aplicação do teorema de Maxwell será de importância fun- damental no estudo das linhas de influencia em estruturas hiperestáti- cas, bem como para provar a simetria da matriz de flexibilidade das estru- turas hiperestáticas, conforme se verá no cap. I1 deste volume. 4.3 - Teoremas de Castigliano (Trabalho real de deformação) Seja a estmtura da Fig. 1-103, carregada com as cargas estãti. Cas Pi (cargas cujos valores crescem uniformemente desde zero até os valores maximos Pi) Em se tratando de uma estrutura elistica, ela se defor- mará, adquirindo a wnfiguraçáo indicada em tracejado na figura. Como estamos no regime elástico, a wndição de equilíbrio energitico do sis- tema implicará na igualdade dos trabaihos das forças externas (cargas e a d o de deformações em estruturas isostáticas 81 reaç6es) e das forças internas (esforços simples). Calculemos estes tra- balhos. a) Trabalho das forças externas: O trabalho realizado por uma carga Pi que, por ser está- tica, apresenta um diagrama (carga x deformação) w m o o da Fig. 1-104, vale: Fig. 1-104 I OU seja: O tmbalho realizado por um esforp que cresce miformemenfe desde zero até seu valor final (o mesmo acontecendo com a deform@o Por ele prOwcada) vale a metade do produto dos valoresf[nnisdo esforço Pelo deformação que ele provocou. Esta conclusão 6 atribuida a Clapeyron , I costumando a igualdade 1-11 ser conhecida como teorema de Clapeyron. Como estamos no regime linear e vale o principio da superposi- de efeitos, o trabalho das cargas externas P1, ...,5,...,P, valerá: I n
- 49. 82 Curso de anãlise estmtural b) Trabalho das forças internas (energia real de deformação da estrutura). Conforme sabemos, será o trabalho realizado pelos esforços simples. No caso (estrutura plana), os esforços simples M. N, Q acarretam deformações relativas em suas direções, de duas seções distantes de ds iguais a Como as cargas são estáticas, também os esforços que elas provocam o são e podemos escrever que a energia (ou trabalho) real de deformaçãõ de um elemento de comprimento ds de estrutura vale: I I dW = 2 MdV + - N Ads + L Q dh (pelo teorema de Clapeyron) 2 2 A energia real da deformação da estrutura será, entáo: No caso de uma estrutura no espaço, teriamos também o tra- balho da torção, e a expressão da energia real de deformação, em sua for- ma mais geral, se escreverá: De posse das expresshs (1-12) e (I-13), podemos instituir os dois teoremas de Castigliano, que são enunciados da maneira seguinte: 1.O Teorema: 'X derivada parcial da energia real de deformação em relação a uma das cargas aplicadas é igual a d e f o r m o eiústica segundo adireção desta auga': A demonstração C imediata: Temos: 2.O Teorema: "A deriva& parcial da enegio real de deformapio em relação a deformação elástica segundo a direp-o de uma das cagas aplicadas é igual ao d o r desta caga': I A demonstração é tamb6m imediata: Observaç5es: 1.a) Nos casos práticos, quando da avaliação da energia real de deforma- ção, podem ser feitas as mesmas simplificações mencionadas na ob- servação 1-2 deste capitulo a respeito da aplicação do teorema dos trabalhos virtuais: 2.a) O 1.O teorema de Castigliano, convenientemente explorado, permite o cáiculo de deformações em estruturas devidas a carregamento ex- terno, conforme ilustrarão as aplicações a seguir. Não permite, entre- tanto, o cálculo de deformações devidas a variações térnucas, recalques de apoio ou niodificações impostas a barras da estrutura durante a montagem Por esta razáo é que apresentamos este capítulo dando êrifase maior ao teorema dos trabalhos virtuais, por ser ele inteiramente geral. Ex. 1-34- Calcular o deslocamento vertical do ponto R da viga da Figl 1-105 que teni rigidez t'/ constante. A energia real de deformação: desprezandese a influência do trabalho devido ao esforço cortante vale: I' 7 w = fPx)* dw - $2 2 0 EJ 6EJ Temos, então:
- 50. 84 Cum de an5iseestrutural Ex. 1-35- Calcular o deslocamento vertical do ponto Cda grelha da Fig. 1-106, que tem rigidez à flexáo A7 e rigidez à torção GJ t' . Fig. 1-106 A energia real, de deformação, desprezando-se a influência d o trabalho devido ao esforço cortante, vale: Temos: aw P I ~( 2 + 3 - )EJ 3EJ CBlcnio de defornaçõesem estruturas isostáticas 85 Ex. 1-36 - Calcular a rotação da tangente à elástica em B para a viga da Fig. 1-107. Fig. 1.107 Não havendo carga aplicada na direção da deformação que de- sejamos calcular (o que é indispensável, caso desejemos empregar o 1.0 teorema de Castigliano), aplicaremos uma carga moniento fictícia M emB, desenvolveremos todos os cálculos e, no fim do'probleina (após termosde- rivado a energia real de deformação em relação a M), igualaremos a zero a carga M acrescentada. Temos, então: Fazendo, agora M = 0, obtemos finalmente: O tipo de procedimento adotado neste exemplo é geral, isto é, sempre que desejamos calcular, mediante o emprego do 1.O Teorema de Castigliano, uma deformação que não seja na direção de uma dai cargas aplicadas à estmtura, criaremos uma carga fictícia, correspondendo ao ponto e à direção em que desejamos calcular a deformação, efetuaremos todos os cálculos e, após termos feito a derivação parcial, igualaremos esta carga fictícia a zero, obtendo a solução do problema.
- 51. 86 Cuno de análise estmtural 4.4 - Regra de Mdler - Bwslau (Metodo cineniático para o traçado dc linlias de influência) Enunciaremos, inicialmente, a regra, demonstrando-a a seguir. "Para se traçar a linha de influencia de uin efeito estático E (esforço ou reação), procede-se da seguinte forma: a) rompe-se o vinculo capaz de transmitir o efeito I.:,cuja linlia de influencia se deseja determinar; b) na secção onde atua E, atribui-se à estrutura, no sen- tido oposto ao de E positivo, uma deformação (absoluta, no caso de reação de apoio ou relativa, no caso de esforço sim- ples) unitária, que seri tratada como pequena deformação; c) a elástica obtida é a linha de influência de E.'' Demonstraremos para um caso particular, embora a demonstra. ção seja absolutanlente idêntica para qualquer outro caso: ISeja a viga da Fig. 1-108, para a qual desejamos conhecer a linha de influencia de reação de apoio em A. Rompendo-se o vínculo que transmite VA e, atribuindose à viga assim obtida uma deformação virtual unitária oposta ao sentido de VA positivo, conforme indica a Fig. 1-109, obtemos uma estrutura hipos- tática, mas que, submetida a uma força VA tal que equilibre P = 1 e Vg (e, portanto, igual ao valor da reação vertical em A produzida por P = 1), está equilibrada. A B iu __-I e I - - q,-I' l I I - - -I_ - - t Fip. 1-109 Cglcuio & &formações em estruturas isostátiess 87 IAplicando o teorema dos trabalhos virtuais, temos: trabalho virtual das forças externas = I x 6 - 1 x VA trabalho virtual das forças internas = zero (a estrutura tornou- se uma cadeia cinemática; livre, portanto à deformação). Igualandose vem: 6 = VA ,o que quer dizer que uma ordena- da ger16rica da figura deformada obtida representa o valor da reação de apoio em A produzida por uma carga unitária sobre aquela seção genéricq o que corresponde exatamente à definição de linha de influênciae demons tra, então, a proposiçáo. a) Sendo a estrutura dada isostática, após a rutura do vínculo transforma- se numa cadeia cinemática, cuja deformada é uma linha poligonal que brada, nos casos mais gerais. Isto demonsna quc as linhas de influência de esforços simples e reaçóes de apoio em estruturas isostáticassãosem- pre constituídas por segmentos de reta, nos casos mais gerais. b) A mençáo feita, no enunciado da regra, a uma deformação unitária constitui uma pequena falha teórica no enunciado (pois o teorema dos trabalhos virtuais só é válido no regime das pequenas deformações), mas que não acarreta erro algum nas conclusões. conforme veremos a seguir: Suponhamos seja atribuido ao ponto A da viga de que tratamum deslocamento virtual igual a ,sendo n um número tal que o torne um n pequeno deslocamento. A aplicação (plena) do teorema dos trabalhos vir- tuais nos forneceria VA = n 6 , ou seja, deveríamos dar uma deformação igual a 1 e, a seguir, multiplicar as ordenadas da figura deformada por n. n Tudo se passará, então, como se tivéssemos dado uma defomçãounitária, tratada como pequena deformação. Por esta razão, a regra esta enunciada desta forma, tornando sua aplicação mais prática.' C) O espírito da regra de Muller-Breslau também se aplica às estruturas hi- perestáticas, confonne poderá ver o leitor no cap. I1 deste volume. As aplicaçúes seguintes esclarecem. Ex. 1-37 - Traçar as iinhas de influência das reações de apoio em A e C para a viga da Fig. 1-110. Fip. 1-110
- 52. 88 Curso de d i s e estrutural Seguindo, passo a passo, a regra de Muller-Breslau, obtenios as linhas de influincia desenhadas na Fig. 1-111. Fig. 1.111 A-- Ex. 1-38- Traçar a linha de influência de esforço cortante na seção S da viga da Fig. 1-112. S AA - Fip. 1-112 A B Sabemos, pela regra de Midler-Breslau, que devemos dar um deslocamento unitário (relativo) no sentido oposto ao de e,(+).Como o deslocamento 6 somente na direção de e,, (não devendo haver rotação relativa), os dois trechos da linha de influência devem ser paralelos, o que justifica a construção da Fig. 1-113. 0 1 -1 * I C Fip. 1-113 ' * t l!* Cálculo de defomiaçõcs em estruturas hstáticas 89 Ex. 1-39 - Traçar a linha de influéncia de momento fletor na seção S para a viga da Fig. 1-114. A S B A- Fig. 1.114 Seguindo a regra de MuUer-Breslau, obtemos a linhade influên- cia indicada na Fig. 1-115. , Fip. 1.115 Obsevapo: Como a deformação unitária deve ser tratada como pequena deformação (ver o b ~ a ç á ob), podemos confundir a corda AC com o arco e temos, então, AC = x ,o que justitica traçado da Fig. 1-115. I 5 - Exercícios propostos I 5.1 - Calcular, para a estrutura da Fig. 1-116, que tem rigidez cons- tante e igual a 104 tm2: C i: Fig. 1-116 a) rotação relativa das tangentes à elástica em C b) deslocamento horiwntal de D; c) deslocamento vertical de B.
- 53. C ~ i s ode análise estmtura] GUcuio de deformações em estmtum isost6ticar 91 5.2 - Calcular o afundamento do ponto D da grelha da Fig. 1.117, cujas barras fomam, em todos os 116s. ân,ylos de 900 e t6m I Fio. 1-117 5.3 - Empregando, diretamente, a fónnula de Vereschaguin, obter a rotação da tangente à elástica em B para a viga da Fig. 1-118, que tem rigidez W (constante). I p I P + 4 A B - Fig. 1-118 a + a + 5.4 - Para a estrutura da Fig. 1-119, calcular: a) deslocamento horizontal de A; b) deslocamento vertical de E. Dado: EJ, = 2 x 104 tm2 5.5. - Para a estrutura da Fig. 1-120, pedem-se: a) devido ao carregamento atuante, obter: a l ) rotação do nó E; a.2) variação do comprimento da corda EF; b) devido a uma diminuição uniforme de 30 OC, calcular a de- formação mencionada em a2 Dados: or= I O - ~ / ~ CW = 2 x 104 tm2 (todas as barras) 5.6 - Para a estrutura da Fig. I-12l,.pede-se: a) para o carregamento indicado, calcular variaçáo da corda AD; a.2) deslocamento vertical de H; b) calcular o deslocamento horizontal de A para: b.1) aumento uniforme de temperatura de 30OC; b.2) recalques verticais, de cima para baixo, de 2 cm dos apoiosB e C. Dados: W = 2 x 104tm2 (todas as barras) a = 1Crs/oc 3tim r r r r r r r r ~ ~ r ~ . r j 4- Irn_k- 4m -k- 4m +4m -+4m + 4m -A Fia. 1.121
- 54. 5.7 - As barras horizontais da estrutura da Fig. 1-122 são misulas parabólicas com Jdn= J, e Jmix= SJ,. Sabendo-se que, quando a estrutura é submetida a um aumento uniforme de 300C, o desloca- mento horizontal do ponto B é de 3 mm, para a direita, pede-se c$. cular o deslocamento vertical do ponto M devido à atuaçáo, unicammte, do carregameiito indicado. Dados: EJc = 104 tm2 ; a = ~ u ~ / ~ c. 1tlm Fig. 1-122 5.8 - Calcular a rotaçso da tangente à elástica em A para o quadro atirantado da Fig. 1-123, cujas barras verticais têm J =Jc e cuja barra Fip. 1.123 curva tem J = -Jm , sendo Jm = 25,. SXo dados: COS '# (W,)quadro = 104 tm2 (ES) tirante = 5 x 103 t. I CAculo de deformações em estruturas isost4ticas 93 IDesprezar o trabalho do quadro ao esforço normal, computan- do para este fim apenas a influência do tirante. 5.9 - Calcular os deslocamentos verticais no meio do váo e na ponta dos balanços para a viga da Fig. 1-124, cujas misulas são parabóli- cas com Jmin= Jc e Jmax= lWc. É dado EJ, = 104 tm2 5.10 - Calcular que variação de comprimento 6' deve ser dada às barras 1 e 2 da treliça da Fig. 1-125 durante a montagem para que, quan- do atuar o carregamento indicado, os pontos A. B. D. E fiquem alinhados. +2m+ 2m +2m +2m+ ES = lo4t (constante) 5.11 - Calcular, para a estrutura da Fig. 1-126, que encurtamentos prévios devem ser dados aos tirantes para que, quando atuar o canegamen- to indicado, os pontos D, E. permaneçam I m acima de A. 8, C Obs: Desprezar efeitos do esforço normal no quadro. Dados: (EJ)quadro = 2 x 103 tm2 ; (ESltirante= 103 t
- 55. 94 CUROde anáiise estrutural 5.12 - Calcular os deslocamentos verticais dos pontos A das vigas- balcão circulares, das Figs. 1-127 e 1-128, com seção transversal circular, módulo de elasticidade E e coeficiente de Poisson igual a l/m. Fig. 1-127 A Fig. 1-128 5.13 - As fibras superiores da estrutura da Fig 1.129 sofrem um aumento de temperatura de 30 OC em relação ao dia de sua execução. Sen- do a seção retangular, com 0,s m de altura, pede-se o deslocamento hori- zontal de B. É dado: a = ~ O - ~ I O C . Fig. 1-129 B 5.14 - Para a estrutura da Fig. 1-130, a temperatura no interior da parte circular, de seção transversal retangular de altura h e coeficiente de dilatação linear u sofre um aumento de toC, mantendese constante a temperatura externa. Pedem-se: a) variaçfío da corda CD; b) rotação relativa das tangentes à elástica em A. A Cálculode &foma~óesem estnituns irost6ticas 95 5.15 - O interior do quadro da figura 1-131, cujas barras têm altura h, sofre um auriiento de temperatura de t OC, mantendo-se constante a tempera tura externa. Sendo a o coeficiente de dilatação linear do material, pedem.se: . a) rotaçáo relativa das tangentes ê elástica em B; b) deslocamento horizontal de C. R Fig 1-73? I 5.16 - Sendo "m" uma carga momento fletor uniformemente distribuí- da ao longo das vigas. de inércia constante, das figuras I-132-a e I-132.b, pe- dem-se os deslocamentos verticais das seções S indicadas. São dados: E, J. m 1.132.~ 1.132-b Fig. 1-132 5.17 - Para o quadro da figura 1-133, as barras@@são encurtadas de I 2 cm. Pedem-se: a) deslocamento horizontal de A ; I h) rotaçáo relativa em Bdas tangentes à elástica das barras@@ Fig. 1.133
- 56. 5.18 -Para o quadroespacial da figura 1-134,cujas barras tem seçãocir. cular com inércia ê flexão de 0,0Sm4, pedem-se: a) rotação da corda BC nos planosxy exz; b) deslocamento de B na direçáo z. 5.19 - Empregando o processo de Molir, obter, para a viga da figu- ra 1-135: a) equação da elástica; b) flecha máxima; c) rotação da tangente à elástica em B. Dado: EJ= constante I Cdledo de deformaçõesem estruturas iswtiticas 97 1 5.20 - Calcular a rotação da tangente a elástica em C. empregando o processo de Mo&, para a viga da Fig. 1-136 (J = constante). i Dados: M.E, J, a, I Fip. 1-136 5.21 - Obter a equação da elástica de uma viga biapoiada de rigi- dez EJ e váo I, submetida a um carregamento uniformemente distribuído "q" (EJ=constante) 5.22 - Para a viga da Fig. 1-137, que tem rigidez igual a 104tm2, pedem-se: a) rotações da tangente à elástica em B e D; b) deslocamentos verticais em A, C, E. 5.23 - Empregando o processo de Mohr, obter os diagramas solici- tantes para a viga de in6rcia constante da Fig. 1.138. I -+I12 + 117. -r- 5.24 - Idem, para a da Fig. 1.139.. I n- tI , Fip. 1-139 - + a -1.-
- 57. 98 curso de wsuw e ~ t ~ t u i a l i Cglailo & &fornaçõesem estmtums isostútitieap 99 Fig. 1-147 5.28 - Idem, para a treliça da Fí& 1-147, devidosàs mesmas causa. 1 5.26 - Idem, para as das Figs. 1-143a 1-145 quando sofrerem os i recalques verticais p indicados. 5.25 - Obter os diagramas de momentos flctores para as vigas das figuras1.140 a 1.142, que têm rigidez constante W.quando forem subme- tidas aos recalques angulares 8 indicados. Fig. 1-140 Fig. 1-141 Fig. 1-142 9 ,e , 9 , .e 1 I-: .-; ,.r i- 5;< , . ( Fig. 1-143 Fig. 1-144 Fig. 1-145 o r l p PI -I P o I ~ I - + - I - - - + - & l t I + - I + - C l + l + , I I I 5.27 - Empregando o proeesso de WiUiot, calcular os deslocamentos dos nós E e G. da treliqa da Fig. 1.146, que tem ES = 5 x 103 t para todas as barras e oi = IO.~/OC,devidos a cada uma das causas seguintes: I I <. u 3' I - Fig. 1.146 5.29 - Empregando o teorem de Costigiinno, calcular o desloca mento horizontal relativo das extremidades A e B do anel circular aber- to da Fik 1-148 (Desprezar efeitos da força normal.) Dados: P.R. E. J (constante). 5.30 - Empregando o teorema de Castigliano, calcular o deslwa- mento horizontal do ponto B do quadm da Fig. 1-149, cujas barras têm rigidez EJ, constante. a) carregamento indicado; b) aumento uniforme dc temperatura de 30 OC; c) recaique vertical, de cima para baixo, do apoio B, igual a 2 cm. I
- 58. I 100 Cuno de anYise estrutural I . Cdleulo de defonna$ões em estruturas isostátiras 101 I 6 - Respostas dos problemas propostos a) 2,93 mm (-*I ;b) 3.71 mm (1) a.1) 7 . 5 ~ rad (tl);a,?) 13,2 mm (aumento): b) 5,4 mm (encurtamento) a.l) 3,84 cmfaumento) ;a.2) I ,6 mm (f) : b.1) 4,8 mm(+) :b.2) 2 cm (e) 1,07 cm (4) 1 . 4 6 ~10-3 rad (n) a) 0,98 cm (4) ;b) 0,17 mm (t) Alongamento de 1,94 mm Encurtamento de 2,14 mm 4EJ (371- 8) ] (C) m 4.2 ,rn (+I - a) aumento de <r t R ( I + ) b) zero 5.17 - a) 2 6 c m (+) ;b) f l x IO-:' rad (o) t5.1 8 - a) 0.21 x 1O-' rad (12);0,33x 1 rad (( ) b) 1mm (4) 5.22 - a) 0.133 x rad b) 0,67 mm ( f ) ;zero ; 0,67 mm (L )
- 59. 102 Curso de análise estrutural 5.27 - As componentes verticais e horizontaisdos deslocamentosvalem, em cadacaso: i anilo& &formafõsem estmtunis isosiatia 103 C) P~~ = 2 o m m ( ~ ) ;pEH=15mm(+); ~ ~ ~ = 1 0 m m í L ) ; pGH= 30 mm (-+) 5,28 - componentesverticais e horizontais dos deslocamentosvalem, em cada caso: a) ~~~=34,6mrn(L);~~~=6,4mm(-f);~~~=17,3mm( pGH=0 b)pEv=0,6mm(t); pEH=1,8mm(+); pGV=0,6mm(t); pGH= 3,O mm (+) C)pFV= 10mm(&); ~ ~ ~ = 3 , 3 m m ( - + ) ; ~ ~ ~ = ~ 6 , 7 m m ( + ) ; pGH = 3.3 mm (+) 5.29 - Abertura de 3nPK "-EJ
- 60. CAPITULO li -HIPERESTATICA -O METODO DAS FORCAS 1 - htrodii@o -Determinação do grau hiperestático 1.1 - Hiperestaticidade externa Seja a estrutura da Fig. 11-1, que possui 5 reações de apoio a determinar. Para tal. dispomos, no caso, das três equaçúes universais da Estática no plano e de mais uma (momento fletor nulo em E). Temos, portanto, cinco incógnitas e quatro equações para determiná-las. Existe, então, deficiência de uma equaçso para resolver o problema do cálculo das reações de apoio. Esta deficiência é chamada grau hiperestático ex. terno da estrutura que é, pois, igual ao número de equações suplemen- tares necessárias ao cilculo das reações de apoio da estrutura Fip 11-1 1.2 - Hiperestaticidade interna Fig. 11.2 Seja, agora, a estrutura da Fig Ib2, cujas reações de apoio são de imediata obtenção a partir das equações universais da Estática. Isto não significa, entretanto. que a estrutura esteja resolvida pois que o simples conhecimento das reações de apoio, não nos habilita a traçar seus diagramas solicitantes pelo fato de ser uma estrutura fechada e não sabermos quais são as forças da esquerda e quais as da direita. Seria necessário "abrir" a estrutura, isto é, romper-lhe uma seção; para tal, necessitaríamos conhecer os esforços simples atuantes nesta seção para podermos aplicá-los, após rompê-la, na estrutura assim obtida, preservan- do, desta forma. a igualdade estática da nova estrutura "aberta" com a primitiva i? Hipc&6tica - O d t o d 0 das forps g' ' 105 reações de apoio e seus esforços simples, 0 grau hiperestático total do uma II (x) 6 a soma de seus graus hiperestáticos externo (&) e interno lgi). I g = Be + 8i (11.1) 1.4 - Aplicaçk Obter o grau hiperestático g das estruturas a seguir: a) Quadros planos Fig. 11-4 C . 4 &- r; . 1'9=geXt=2 n 1.3 - Hiperesiatiadade total Evidentemente, como resdver uma estrutura é conhecer suas Para a determinação desses esforços não possuímos equaçw suplementares da Estática e, sendo assim, a estrutura em questão tem um grau hiperestático interno igual a 3. Portanto, grau hiperesiátim interno de uma estrutura é o nú- a = ggxt + gint '1 + 1 = 2 Fip. 11-9 Fia. 11-10 g = 5 x 3 x 3 = 45 I mero de esforços simples cujo conhecimento nos possibilita traçar os dia 6 O tirante gramas solicitantes para a estrutura, conhecidas suas reações de apoio. I O
- 61. 106 Curso de anáiise estrutuml Obsermção: Notar que, para o quadro da Fig. 11-10. a forma mais fácil de determi. nar seu grau hiperestático total g é rompê-lo pelas seçóes Sl, S2. e S3, que interceptam um total de 5 x 3 = I5 seçóes suas, transformando-o em três quadros isostáticos engastados e livres. Sendo assim, seu grau t,j. perestátito é g = 3 X 15 = 45. b) Treliças planas: Fig; 11-11 Fip. 11-12 C) Grelhas: Fig. 11-13 Fip. 11-14 Fip. 11.15 Hiperrststica -.cmétodo das forps 107 Nenhuma alteração do ponto de vista estático ocorrera se I encararmos a estrutura sob a forma indicada na Fig. 11-17: Na passagem da Fig. 11-16 para a Fig. 11-17, rompemos uma quantidade de vínculos tal (no caso, 3) que transformasse a estrutura Fip. 11-16 - Estrutura hipaenátka a rsrolver dada numa estnitura isostática à qual chamamos sistema principal' e, para preservar a compatibilidade estática, introduzimos os esforços (no caso, X,, X?, X3) existentes nos vinculos rompidos, que continuam sendo Fig. 11-17 - Sirtma principal e hiperest4tico as incógnitas do problema, e cuja determinação implicará na resolução da estrutura Por esta razão, chamamos a esses esforços de hiperestáticos Observaçüo: Pensem s, agora, na compatibilidade de deformaçóeí: Para a esttutura da Fig. 11-15 representamos apenas, os apoios perpendi- ? çulares a seu plano, que sáo os que funcionam. no seu trabalho wmo Evidentemente, para cada vinculo rompido, na passagem daes grelha. trutura dada (Fig. 11-16) para o sistema principal (Fig. 11-17). liberamos uma dcformaçáo que não existe, de modo que devemos impor, à estru- 2 - O mbtodo das f o v s ' I tura do sistema principal, a condição de serem nulos os deslocamentos nas direçks dos hiperestátiços. 2.1 - As bases do método L (NO caso, devemos ter na Fig. 11.17: rotação em A; rotação e Seja a estrutura da Fig. 11-16. três vezes hiperestatica, que deslocamento horizontal de B iguais a zero.) desqamos resolver: Com isso, para cada incógnita Xida Fig. 11-17, temos uma 1 Também chamado método dor esforços e método da flexibilidade. Estas duas outras denominaçóes $%o,até, mais próprias dentro do esplrito do método. mas optamos pela denominasão "método das forças" por tradi$ão histórica -* C o n @ m veremos no Vol. I11 deste Cuno o sistema não ~Iecisa%r necesfanamentc isostático. podendo, cm detarkinado, ea~or.ur útil trabalhar com um SIitema principal hipcrestátira.
- 62. 108 Curso de análise estrutural Hipem&tica - o método das força 109 equação dizendo que o deslocamento na direção de Xi é nulo. O pro- blema está, então, resolvido e podemos afirniar que a resolução de uma es- trutura n vezes hipcrestática recairá na resoluçáo de um sistema n x ,,, em que cada equação exprimirá a condição de ser nulo o deslocamento na direção de cada um dos hipcrestáticos. Poderíamos, é claro, impor estas condiçaes diretamente sobre a Fig. 11-17, mas será mais simples. para a manipulação algébrica d o problema, empregar o princípio da superposição de efeitos da forma in- dicada na Fig. 11-18, em que separamos o efeito do carregamento exter- no e 0 de cada um dos hiperestáticos; no desconhecimento dos valores corretos destes. arbitramos um valor qualquer para cada um deles (no caso, por simplicidade. arbitramos valores unitários, embora pudessem ser valores quaisquer) e esses valores devem ser multiplicados pelos fatores-escala X X X tais que façam que os deslocamentos finais nas direçaes dos1, 2. , 3 hiperestat~cossejam nulos. Sistema principal com carregamento externo e I hiperestáticos X,. . . .Xn Sistema principal " Sistema principal =[ com carregamento externo] + 2 Chi,c0 ].i Assim, devemos ter, indexando as deformaç6es indicadas na Fig. 11-18 eom dois índices. o primeiro do qual se refere ao local e o segundo à causa da deformação3, temos: RotaçãoemA=O . . . . . . . . . . 6 ~ 0 + 6 1 1 X I + 6 1 Z X 2 + 6 1 3 X 3 = 0 RotaçãoemB= O . .. .. . .. . . 620 + 621XI + S22X2 + 623X3=0 ~~slocamentohorizontal e m B = O .[ 630 + 631XI + 632X2 + 833x3 = O A solução do sistema anterior, que 6 o sistema de equações de compatibilidade elástica do sistema principal com a estrutura hiperes- tática, nos fornece os valores dos hiperestáticos, a partir dos quais pode- mos obter os esforços atuantes na estrutura. 2.2 - Observações a) Vejamos qual a forma de obtendo dos coeficientes 6 do sistema de equaçoes que conduz 20 cálculo dos Iuperestiticm: Seja, por exemplo. obter 623 que, sabemos, é a deformação na direçáo do hiperestático X2 (ou seja, rotação da tangente à elástica. no sistema principal, em B) devida à aplicação de X3 = 1. Como se trata do cá!culo de uma deformação numa estrutura isostática, temos: Estado de carregamento: dado pela aplicaçáo de X, = I no-sistema principal. Estado de deformação: dado pela aplicação de X3 = I no sistema principal. Por conseguinte, a23 resultará da combiriaçáo dos diagramas trapdos, no sistema principal, para X2 = 1 e para X3 = 1. Analogamente, um 6i0 resultará da combinação dos diagramas, no sistema principal, devidos à aplicação do carregamento externo e do hiperestático Xi = I. Podemos, então, escrever: 6ii = Combinação dos diagramas resultantes da aplicação dos hiperestá- ticos Xi e Xi no sistema principal, com os valores arbitrados. SiO= Combinação dos diagramas resultantes da aplicação docarregamen- to externo e do hiperestático xi (com o valor arbitrado) no sis- tema principal. Nota: 0 s diagramas a combinar São, evidentemente, aqueles que influenciam no d c u l o da deformaçáo 6 de~ejada,confomeestudado no cap I deste volume. 3 O canegamento externo será simbolizado por O.Fim 11-18
- 63. b) No caso de querermos resolver uma estrutura hiperest5tica para uma variaçáo de temperatura, para recalques de apoio ou para mo- dificações de comprimento impostas durante a montagem, teremos t ã e somente que substituir os 6i0 (deformações, no sistema principal, na di. reçáo dos hiperestaticos Xi devidas à atuação do agente extemo deformam te, no caso da Fig. 11.18, o carregamento externo) pelos Sit . 6* ou C, (deformações, no sistema principal, na direção dos hiperestaticos Xi, devidas a atuação do agente extemo deformante, no caso, variaçáo de temperatura, recalques de apoio ou modificações de comprimentoimpostas durante a montagem). Os valores de 6it, 6y ou 6,. em se tratando de deforma- ções em estrutura isosthtica, são de imediata obtenção a partir do que se estudou no cap. I, sendo dados por: 6i,,, = 2 (Ni x modificações de comprimento correspondentes.) (114) (Os esforços e reaçóes com índice i são, evidentemente aque- les obtidos quando aplicamos o hiperestático Xi ,no sistema principal, com o valor arbitrado inicialmente.') C) Como, quando combinamos diagramas de momentos fleto- v res, obtemos os EJc6 ao invés dos 6 , temos: - no caso de resoluçáo de estruturas hiperestiticas para atua- ção de carregamento externo, podemos substituir os 6i0 e 6~ pelos Wc6i0 e EJ, 6ii (pois que um sistema de equações não se altera se multiplicamos ambos os membros por H,,e o segundo membro é nulo) ; - no caso de resolução de estruturas hiperestáticas para ama- ção de variação de temperatura, recalques de apoio ou modificações de comprimento durante a montagem, podemos substituir os S.. pelos 11 EJ, Bii, desde que multipliquemos os 6il, OU 6im por E&. d) Escrevendo o sistema de equações que resolve v problema, sob forma matricial, temos: - Valor este que náo precisa ser uni&to. Hipernt6tica -o método das forças 111 1 Sob forma mais compacta, vem: Ao vetor { 6 1, onde a influencia do carregamento externoO se faz sentir, chamamos vetor dos termos de carga. Ã matriz [ 6 1, quadrada, simétrica ( &i. = 6..,li a partir do teorema de Maxwell). chamamos niatriz de flexibifidade da estrutura Esta denominação foi dada levando-se em conta que a matriz 1 6 ] é aquela que transforma os hiperestáticos (esforços) {X} nas deformações que eles provocam 1 6 1 { X }. Note-se bem, que a matriz [ E ] independecomplet?mente da solicitação externa, sendo função apenas d o sistema principal adotado. Ao vetor {X}chamamos vetor dos hiperestáticos. A solução da equação matricial é, evidentemente, dada pela equação 11-6, em que [ P ] é a matriz inversa da matriz de flexibilidade. e é chamada matriz de rigidez da estrutura, sendo também quadrada e simétrica. 1x1 = - [ s i - ' { a o } = - [ P I (11-6) Notas: 1) Se, em vez de termos carregamento externo, tivermos variação de tem- peratura, recalques ou modificações de montagem, basta substituir o vetor { 6 0 ) por { 6 t } . { S r } ou {6,}em(11.6). 2) Se estivermos resolvendo uma estrutura hiperestática para um único carregamento, será indiferente obter os valores dos hiperestáticos por resolução direta do sistema de equações ou a partir da inversão da matriz de flexibilidade. Se, entretanto, tivermos vários CarIegamentOSa considerar, o procedimento matricial ( { X = - [P I { 6 0 } ) será muito mais vantajoso. e) (h esforços finais na estrutura hiperestática são obtidos em- pregando-se o principio da superposição de efeitos (V. Fig. 1-18), da ex+ ptessáo: E = E. + EiXi (11-7)
- 64. 112 Cursode anáiiseestrutural em que: E. : esforço no sistema principal, provocado pelo agente. so. licitante externo; Ei : esforço no sistema principal provocado pela aplicação do hiperestático Xi com o valor inicialmente arbitrado; xi : valor obtido para o hiperestitico, a partir da resoluqào direta do sistema de equaqões de compatibilidade elásti. ca ou da equação matricial (11.6). Nota: N a mos de variação de temperatura, recalques de apoio e modificaqões durante a montagem. a expressão desta observação se simplifica para E = 2 Ei Xi pois, nesses casos, temos E. = O. f) Evidcntcmente, o número de sistemas principais para uma estrutura hiperestática é infinito, sendo todos teoricamente corretos. O que se deve procurar, entretanto. é obter um sistema principal para o qual os diagramas a combinar sejam simples, acarretando uma obtcnqão não trabalhosa dos 6 . Para isto. recomendamos, no caso dos quadros lanos, para a obtenção de uin bom sistema principal. que sejam ccilwa &ulos nus nSs da estrutura, em número adequado. Isto conduzira. certainente, aos sistemas principais ideais. Apenas nos casos de existencia de simetria e anti-sinietna pode-se chegar a iiielliores sistemas princiliais. agindo-se de outra maneira (v. aplicações n.0s11-5 a 11-7). Para os outros tipos de estruturas, os sistemas principais ideais estáo indicados lias apli- caçóes correspondentcs. g) Queremos voltar a chamar a atenqãopard o fato de que, quando arbitraiiios valores para os hiperestiticos, eles não precisam ser unitirios; podem ser quaisquer, pois os valores que eiicontrxeinos para os hiperestiticos seráo os fatores-escala tas que corrijam os ii~icialnientc arbitrados para eles, de modo a satisfazer a compatibilidade de deforma- çóes da estrutura dada com seu sistema principd. h) Verifique o leitor a facilidade com que podemos escrever as equações de compatibilidade elástica sem precisamos recorrer, eni ca- da caso, a uma análise detalhada como a que fazemos na Fig. 11-18.pois uma equação genérica (a iésima, por exemplo), do sistema de equafces de compatibilidade (supondo a estrutura n vezes hiperestática) se escre- veri: 6i0 + 6 - X1 + .... tiiiXi +. ..+ 6,X, = O (11.8)11 2.3 - Roteiro para o método das forps A partir dos itens anteriores, o roteiro para resoluçáo de CS- truturas hiperestáticas, será: 1.O) Escoiha do sistema principal (v. 2.2.1); 1 5 0 ) Traçado dos diagrainas no sistema principal; 3.0) Obtenção dos EJc 6 ; 4.0) Formulação do sistema de equações de compatibilidade elástica; 5.0) Obtenção dos hiperestáticos ( t X } - - [b 1 { 60 } ) 6.0) Obtençáo dos efeitos finais (E = E. + ZEiXi) ' . i! Ex. Ir-1 - Obter os diagramas solicitantes e as reaçóes de apoio para a estrutura da Fig. 11-19.1, devidos a cada um dos agentes discriminados a seguir: +Sm -Pii. ii-19.1 -.a) carregamento indicado; b) diminuição unifome de 30 OC ; c) recalques em A indicadas abaixo. Dados: EJc = 104 tm2 a = lO"/OC 1 a) Carregamento indicado 1. Sistema principal e hiperestáticos Em se tratando de uma estmtura duas vezes hiperestitica, mper-lhe dois vínculos, a fim de obter seu sistema principal ismtátim. Seguindo a orientação dada na observação 2.2.f, chegamos ao
- 65. sistema principal da Fig. 11-20, rotulando os nQ C e D da estrutura hi. perestática dada. Como rompemos OS vhculos capazes de transmitir os momentos fletores atuantes em C e D, nossos hiperestáticos X1 e X2 serão os indicados na Fig. 11-19.2,preservando a wmpatibilidade estitica da estrutura dada wm seu sistema principal. I 1 2. Diagramas no sistema principal I Aplicando no sistema principal, respectivamente, o eanega- mento externo e cada um dos hiperestátiws, tomados iguah a 1, obte- mos os diagramas da Fig. 11-20. F i i 11-20 3. Cálculo dos Hc 6 Em se tratando de um quadro, consideraremos apenas seu trabalho H flexão, obtendo: Obtemos: 6. Diagramas solicitantes e rea<;&a A partir da expresão 11-7, temos E = E. +3,27 El +4,09E2, obtendo os diagramas solicitantes e as reações de apoio indicados nas Figs. 11-21 e 11-23. F i i 11.21 *larnos - m e r { X }= -[EJc6 r' {I?Jc6o } ,já que não enmoí imbaihuido mm Os V--r&eiro% ma% sim. com reus dores multiplicados por &Jc Como tcn;imdesta forma, pan não complicarn nota~Ho.ewreveremorsirnpksmcnte: @o 1, embora estejamos u m d o os me&
- 66. (biso de anáiiseestrutural 4.15 t Fig. 11-22 'carr. Fio 11-23 b) Variação de iemperatura Basta substituirmos o vetor { 60 1pelo vetor { 6 t 1. Devemos c tomar o cuidado de multiplicar por W,os valores dos 6 ir dados pela expressão 11-2, em função da observação 22.c deste capitulo, já que es- tam- trabalhando com os EJc 8" ao invés dos 6". Obtemos, então: Os novos hikrestáticos, d'evidos à variaqão de tempe;atura,são: Os e~forçosdevidos à varlação de temperatura serZo, po,iS: .Etemp = - 0,55E, - 2,18E2, estando os diagramas solicitantes indica dos nas Figs 11-24 a 11-26, Fio 11-24 + 0.731 JF~Ntamp. F'm.11-25 Fip. 11-26 ' C) Recaloues de awio Basta substituirmos o vetor { b0 ) por { 6,} .No caso, vem: Os hiperestáticos devidos ao recalque são, então: , A partir da expressão E,,, = .7,3EI -22,4E2, obtemos os dia gramas solicitantes indicados nas Figs. 11-27 a 11-29. 12.521 2.521 1 Fie. 11-28 Fim. 11-27 + 7.47, 1
- 67. Obsenuçõeí: I) Note o leitor a simplicidade com que traçamos os diagramas no sistema principal e calculamos OS valores dos Uc6 necessários à obtenção dos hiperestáticos. Isto mostra a vantagem do sistema principal escolhido obedecendese & observação 2.2.f. deste capitulo. 2) Igual simplicidade encontraríamos. no caso deste exemplo, se, ao invés de nós C e D, houvéssemos rotulado os n6s A e C ou A e D. Ex 11-2- Obter o diagrama de momentos fletores para a estm. tura da Fig. 11-30. 1. Sistema principal e hiperesiáticos Em se tratando de estrutura duas vezes hiperestática, devems romper-lhe dois vinculos para obter um sistema principal isostátieo. Rotu- lando, por exemplo ,os nós A e C esq, obtemos o sistema principal in- C dicado na Fig. 11-31, onde estzo também indicados os comprimentos elásticos das diversas banas, necessários para o cálculo dos EJ, 6. 2. Diagramas no sistema principal Temos, aplicando o carregamento externo e cada um dos hiperestátims unitários no sistema principal, os diagramas da Fig. U-32. I wpmdtjtia -o métodod a foqz%3 a) MO b) M l 3. Cálculo do$EJc 6 Considerando apenas o trabalho da estrutura 4 flexão, obtemos: I 1EJeSlO= .-i~ 3 x 1 2 - - x 6 x 1 2 - - x 6 x 4 = - 4 4 3 3 I 4. Equações de compatibilidadf: 4XI + 2X2 = 44 I I S. Hiperestátims: XI = 8,s I 6. Diagrama final 1 A partir de (11-7). sabemos que. M = Mo + 8,5M1 + 5M2. t obtendese, então, o diagrama de momentos fletores .ia Fig. 11-33, Fig. 11-33 -
- 68. ; Ex. 11-3 - Obter o diagrama de momentos fletores para a viga continua da Fig. 11.34. 1. Sistema principal e hiperestático O sistema principal ideal para resolução de vigas contínuas 6 obtido rotuland<~.seos apoios internediarios, conforme se verá a seguir. Temos, entio, para o caso, o sistema principal da Fig. 11-35. na qual in- dicamos também os comprimentos elásticos das barras. r:;I' = 6m I'= 3m I' = 3m Fig. 11-35 2. Diagramas no sistema principal a) Mo b) M1 c) M2 Fq. 11-38 3. Cálculo dos ,VcS EJ,Sl0 = 1 ( 6 ~ 1 8 + 3 x 4 0 , 5 )=-76,s 3 I -ou -o métododasforps 121 I 4. Equações de compatibilidade I 3X1 +0,SX2 = 76,s 1o,sx,+2x2 = 45 5. Hiperestáticos: X, = 22.7 6. Diagrama final I Será dado por M = Mo t 22,7M1 + 16,8M2, obtendo-se en- tao o diagrama da Fig. ii-37. Observe o leitor a vantagem do sistema principal adotado que conduziu a diagramas Mo ,M1 e M2 os mais simples passíveis, simpli- cidade esta que prosseguiu no cálculo dos EJ, 6 e no traçado do dia- grama fmal, para o qual os valores dos hiperestiticos j6 &o os momen- tos fletores atuantes nos apoios intermediários, obtendo-se, desta forma, a linha de fechamento do diagrama final, a partir .da qual penduramos o diagrama Mo de cada barra Ex. 11.4 - Resolver a estrutura da Fig. 11-38 para: a) canegamento indicado; b) diminui ão uniforme de 30 OC, FDado: EJ, CY = 10 tm2/0C
- 69. 122 Curso & anáiiseestmtural Hiptestátiea -o método dsr fo<pis 123 Ia) Carregamento indicado 1. Sistema principal e hiperestáticos Em se tratando de uma estrutura três vezes h'perestática, rotulando (15s nOs (no caio escolhemos os nós LI. LIeSq e DA"), obre. nios o sistetiia principal da Fig. 11-39. 2. Diagramas no sistema principal Temos: l m t x l m l t 1/12 I l* 3. Cálculo dos Wc6: WcS,, = -104; EJ,Sz0=-64;EJc6 = - 36 I 4. Equações de compatibilidade: 104 64 36 11,3 1t:1= 120-7 1x3 19.3 6. Diagrama final e reaçóes A partir da expressão E = E0 + 1l,3EI + 20,7E2 + 19,3E3 obtemos o diagrama de momentos fletores e as reaçóes de apoio indicadas na Fig. 11-41 /
- 70. 124 CUM de anáiir estrutural WprrsUtica -o método das f o q '125 Ib) Diminuição uniforme de 30 OC -Conforme sabemos, basta- nos calcular o vetor { h t ),cujos termos sit = a r & ~ ~ representam as deformaçóes, no sistema principal, na direção de cada um dos hiperestá- ticos, devidas i variação uniforme de temperatura, sendo, pois, deforma- ções numa estrutura isosfatica devidas a uma wriaçüo uniforme de tem- peratura Para seu cálculo, podemos então trabalhar com unia estrutura de substituiçáo (que contenha os vinculos e pontos de aplicação de car- ga da estrutura dada), obtendo, a partir dos diagramas da Fig. 11-42: 41/61 g-ph $1-1t181 111161 1116i O .L , -X!IZ, '" Fip. 11-42 Temos. então: Os efeitos finais devidos à variação de temperatura serão dados por E = -3,07E1 + 2,52E2 -0,62M3, obtendo-se o diagrama de momentos fletores e as reages de apoio indicadas na Fig. 11-43. ,1,81mt 70.301 Fip. 1143 ObservaçtTo: Só empregar uma estnitura de substituiçEo do sistema prùidp& no caso de variaçxo uniforme de temperatura, para o cálculo dos 6,t; o c&ulo dos 6~ (que dependem de trabalho à flexão), temos que respeitar o sistema pnncipal verdadeiro. Ex. 11-5- Resolver a estrutura da Fig. I144 para o c s n e g ~ mento indicado. Todas as banas tèmmpsmainercia t Pelas razões que ficarão claras no decorrer desia aplicaç%o,e colheremos o sistema principal indicado na Fig. 1145. 1. Sistema principal e hiperestático Trata-se de uma estrutura submetida a um carregamento auto- X1 x1 I Fip. 1146 equilibrado, inteiramente hiperestática íg = 3). Rompendo-a na seção de simetria S.os hiperestáticos serão os esforços simples atuantes nesta =@O, conforme indica a Fig. 1145. 2. Diagramas no sistema principal a) Mo b) M1 C> M2 d) M3
- 71. Observap-o: Neste caso, tivemos mistura de hiperestitico-momento com hiperestático- força. Como os valores arbitrados para os hiperestáticos, nesta fase, p+ dem ser quais uer, 6 recomendável, com a fuialidade de se evitar o apa- recimento de 1de ordem de grandeza muito diferente, que os hiperesti. ticos-força sejam arbitrados eom um valor tal que ~r0duZa esforcos de~. . . > - - mesma ordem de grandeza que os provocados pelo valor arbitrado (nor- malmente unitário) para o hiperestático-momento. Por esta razão. arbitra- mos o valor 113 para os hiperestáticos X2 e X3 . 3. Cálculo dos EJc 6: Temos: 4. Equações d e compatibilidade: - 11 - - ' -- - - - - ;iox;= o -.Note o leitor que, independentemente do carregamento atuan- te (que só se reflete sobre os 6;o ), devido ao sistema principal escolhi- do, temos que: = 623 = O, o que resulta do fato dos diagramas MI e Mjserem simétricos e do M3 ser anti-sim6tric0, bem como do fato das barras terem seções simétricas em relação ao eixo de simetria da es- trutura. Isso acarreta a subdivisão espontúnea (decorrente, apenas, da boa escolha do sistema princi al) do nosso sistema de equações 3 x 3 em 2 ,4 sistemas (2 x 2.e I x 1)sndependentes Tal já 6, em si, uma vantagem do sistema principal escolhido. Vejamos, entretanto. outras vantagens su- plementares para casos especiais de carregamento: - Suponhamos ser o orregamento simétrico: Teremos Mo simétrico e, portanto, 6 30 = O, com O que; X3 = 0. - Suponhamos ser o carregamento anti-simétrico: Teremos Mo anti-simétrico e, portanto, 6 = 620 = O, w m O que, Xl = X? = o. Estas conclusóes podem ser extrapoladas para outros Caso3 e podemos afirmar que: Na seção S de simetria de uma estrutura plana. elsstica e geometricamente simétrica, em que o eixo de simetria intercepta ortogo- nalmente a barra em questão, temos que:: - rn a s o de solicitaçüo simétrico: QS= 0 - rn caso de solicitaçüo anti-simim?a: Ms =Ns = O. Tais conclusões nos facilitarão enormemente o trabalho daqui para a frente, pois, quando ocorrem tais condições, poderemos escrever 0 que determinados hiperestáticos são nulos o que, evidentemente, nos simplificaráem muito o trabalho de resolução da estrutura. Voltemos i aplicação em questão. S. Hiperestáticos Xl = 0,29 X2 = -2,57 X3 = O (evidente, pois o carregamento e simc5trico). Obsmçüo: Levando em conta as conclusóes do item 4 desta aplicação, se a fôsse- mos resolver novamente, partiríamos de, apenas, 2 hiperestáticos (X1 e X2), pois sabemos que X3 = 0. 6. Diagramas finais Temos: E = E,, + 0.29 E1-2,57E,, obtendo os diagramasse licitantes da Fis 11-47. 0 Fk 1147 Ex. 11-6 - Obter o diagrama de momentos fletores para a estru- tura da Fig. 1148, que tem EJ = 104 tm2, devido aos recalque indicados.
- 72. Trata-se de uma estrutura simetrica com solicitação anti-simé- tnca Tirando partido das conclusões do exemplo 11.5, temos: 1. Sistema principal e hiperestático 2. Diagrama no sistema principal Fig. 1149 3. Cálculo dos E36 4. Equação de compatibilidade ~perrs<$tica-o método das forças h. Diagrama final Fip 11.51 Ex 11-7 - Obter o diagrama de momentos fletores para a estru- tura da Fig. 11-51. provocado por uma diminuição uniforme de temperatura de 30 OC. Dado: EJa = 5 x 10-I t m 2 l 0 ~(para todas as banas). Trata-se de uma estrutura simétrica com solicitação simétrico Tirando partido das conclusóes do exemplo 11-5, temos: Qs= O. Por outro lado, como temos Ms -O, por força da rótula, o Único esforço simples remanescente na seção S será o esforço normal e temos então: 1. Sistema principal e hiperestático
- 73. 2. Diagramas no sistema principal t l l 1 i" Ti'11-64.1 Fip 11-64 3. Cálculo dos EJ, 6 4. Equação de compatibilidade 45 + 36X1 = O S. Hiperestático: Xl = -1,25 6. Diagrama final Ex. II-8 - Obter os diagramas de momento fletor no quadro e de esforço normal no tirante, se este sofrer um encurtamento de 1 cm. São dados: 4 2(EJ) quadro = 3 x 10 tm %+tia -o mctodo das forps IEJI quadro = f l m 2 (ES) tirante Fip. 11-56 Trata-se de uma estrutura duas vezes hiperestática. Rompend-se o tirante e rotulando.se urn n6 da estrutura, te- mos o sistema principal da Fig. 11-57. 1. Sistema principal e hiperestitico
- 74. 132 Luis0de ant4iae eshuturai 2. Magramas no sistema principal a) M1 . N1 b) M2. N2 lmt Imt X2. 1 lmt t d 4 7 - F t & t 2 3. Cálculo dos Ele 6 Computandbse o trabalho à flexáo do quadro e o trabalho ao esforço normal do tirante, obtemos: F 3 4 t4.b 1 -O; Ele =-3 X 10 x 10-2 = -300El, 61enc. - .> 4. Equações de wmpatibidade '5 - ~ h p ~ t i c a-o idtcdo das fo- 133 6. Diagramas finais A partir de E = -9E1 + 21,3E2 , temos o diagrama da Fig. IM9. Fia. li49 15.06t .-) Ex. 11-9 - Para a estrutura da Fig. 11-60. que 6 um quadro de concreto w m um tirante metálico, pede-se: Fip. 1160- a) resolv&la para o carregamento indicado; b) calcular que encurtamento prCvio 6' deve ser dado ao tirante durante a montagem, para que a reaçxo horizontal final seja nula.
- 75. Ciuso de anáüsestrutural Dados: (EJj quadro = 2 x 103 tm2 3(ESj tirante = 10 t (Euquadro = número muito pequeno. (ESIquadro a) Resolução para o carregamento indicado 1. Sistema principal e hiperestático A presenca do tirante toma a estrutura uma vez hiprestática internamente. Rompndw, obtemos o sistema principal indicado na Fig. 11-61. I 2. Diagramas no sistema principal Como o ralor de (ES) para o quadro 4 muito grande eni presença de seu (EJ;, podemos desprezar seu trabalho ao esforço normal em presença do trabalho à flexão. Necessitamos, pois, dos diagramas de L inomentos fletores n9 quadro e de esforço normal no tirante. Vimentão: a)Mo. No b) Ml , N1 3. Cálculo dos U,6: 1 EYc610= IíMgs1 1 = - 2 ( - j ~ 3 ~ 3 ~1 , 5 t - ~ S ~ 3 ~ 1 , 5 ) = - 2 4 quadro 3 4. Equação de compatibilidade: -24 t 28X, = O 5. Hiperestático: Xl = 0,86 6. Diagrama final A partir de E = E. t 0,86El , obtemos o diagrama de mc- mentos fletores da Fig. 11-63. tis. 11-83 a) Cáiculo do encurtamento prévio 8' a ser dado ao tirante Para t e m reaçáo horizontal nula,& necessário que 0 hipe- restatico seja tal aue: O = 1 - 0.5 X; :. X: = 2 t &a, 0 hipekstátifosai da equa& de Eompatibhidade elástica 4'1 agentesexternos 'E/e 611 Xi = O
- 76. cornoos agentes externos, no caso, serão o carregamento e encurtamento, teremos: (EJc610 + E J C ~ ~en,.)+EJc611 Xi = O ou: -24 + EJc 6 + ? 8 x 2 = 0 61 enc. = -1,6cm Como a deformação, no sistema principal, na direção do hipe- restático X1 devida ao encurtamento S' dado ao tirante C o próprio va- lor deste encurtamento, temos 6' = 6 enc. = -1.6 cm.ou seja, devemos en- curtar o tirante de 1.6 cm para termos a reaçso horizontal final nula. Com isso, os diagramas serão os da Fig. 11-64. Fip. 1164 A estrutura estará funcionando, então, sob sua forma ideal, pois o concreto estará uniformemente comprimido, todas as tensões de tração tendo ido para o tirante metálico. Ex II-I0 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio para a viga contínua da Fig. 11-65, q = 1 tlm m p d t i e s-o metodo das foqS 137 Dados: JA= JC = JD = Jcomp jcornp 1. Sistema principal e hiperestático 2. Diagramas no sistema principal 3. Cálculo dos (EJcomp ) 6 Sendo as banas misulas retas, empregando as tabelas apresen- tadas no cap. I deste volume, obtemos: /Barras e @ , "comp
- 77. I 138 (hnu de an5is estmtural 'I ~ p d t i c a- o métododar foqas 139 11 t ~ 2 x 8 x ~ x ~ x Barras @ e @ e = 0,207 I x 0,207 = 3,32 I 4. Equaçáo de compatibilidade: - 31,4 + 3,32X1 = O 6. Diagrama final Ex 11-11- Obter o diagrama de momentos fletores provocado por um aumento uniforme de temperatura de 30 OC, para o quadro simktrico da Fig. 11-69. Dado: EIca = 5 x 10.' tm2i0c 5J r c I. Sistema principal e hiperestático 2. Diagramas no sistema principal N, i -1, !, - 11-71.1 IC71.2 Fq. 11-71 (Para efeito de cálculo do 81t podemos substituir o sistema principal por uma estrutura de substituição contendo seus mesmos vínculos e pontos de aplicação de cargas.) 3. Cálculo dos EJc S b)EJ,611 Barras 1 e 2 CMfsula reta i d5tab , 2 x 5 x 5 x QI = 0,098 assim6trica) ( z X d 5 x 5 x 0,098 = 24.5 h = i; n = 0,2 Barra 3 5 tabV' + 2 1 ' M 1 M l ( ~ + IMiUUa reh 1 1-1 e = 0.222 sidtnca) 0=0.144
- 78. 4. Equação de compatibilidade -3GQ+ 116X1 = O 6. Diagrama final Fip. 11-72 Ex. II-12 -Resolver a treliça hiperestática da Fig. 11-73. cujas barras têm, todas, a mesma área. 4 Fip. 11.73 Trata-se de uma.treliça uma vez hiperestática internamente e, por isso, temos: 1. Sistema principal e. hiperestático X1 Observaçdo: poderfamos ter Fie. 11-74 rompido qualquer outra barra no sistema principal. rica-o método das fo- 141 2. Diagramas no sistema principal $ 11-75.1 I Fip. 11-76 3. Cálculo dos ES 6 : Temos, então: ESalo= (NINO1)=2 P o ( 1 +A) 4. Equaqáo de compatibilidade: 2 ~ . ( 1 +at 4a ( 1 +A)x,= O S. Hipenstático:
- 79. 6. Esforçm finais PTemos: N = NO + N,X1 = NO - ~-XI , obtendo, a partir 2 do quadro de valores anterior, os esforços normais finais indicados na Fig. 11-76. WpIedMtia -o métododas for~a, 2. Diagramas no sistema principal a) Mo, To b) M, . T I Ex 11-13- Resolver a grelha da Fig. 11-77 para o carregamento indicado. Sabe-se que --EJ --1,s GJt X , - lrn, Q, d i i i11-79 C)Mz, T2 d>M3. T3 J Fig. 11.77 3m 4 h, Fig 11-81 1. Sistema principal e hiperestatico O Tratase de uma grelha três vezes hiperestática. Para obtemos 0 sistema principal, basta rompê-la numa seção. adotando como hiwres- 3. meu10 dos EJ?~ táticos os esforços atuantes nesta seção (momentos fletor e torior e Temosque: esforço cartante), seção esta que pode ser, endentemente, um dos engastes. Temos, optando pela seçáo central, o sistema principal e os hiperestátiws tiii = (fombiiaç%ode Micom M.)+&!- x indicados na Fig. 11-78. 1 GJ, X (cambinaçao de Ticom Ti)
- 80. 144 Cuno de anslisc estmturai vem enw 2 ~ . 1 6 ~ ~ = - ~ ~ 9 x 3 + - x 3 x 2 ~ 5 - 1 , 5 x 9 ~ 3 =3 -49.5 ~ 6 ~ ~ =1 x 3 x 18 = 27 2 1 1~ x 3 x 9 - - x 3 x 2 , 2 5 + - x 3 x 1 8 + 1 ~ x 9 x 3 = 65.25 3 3 3 W612 = EJ613= O (Combinação de diagramas sim6tricos com diagramas anti-sim6trims.) EJ$2= 2 x 3 + 1 , 5 x 2 x 3 = 15 4. Equações de compatibilidade: 5. Hiperestáticos: 6. Diagramas finais (em mt) Temos, a partir da expressãoE =E. +33E1 -084E2 -4.8263. @-t4tiu-ométodods,f~ 145 a diagramas finais de momentos fietom e torçores indicados na Fig.11-83. Obsewa@: Suponhamos que, nesta aplicaç%o,tiv6ssemos o caso de carrega- mento sim6trico. Isto nos daria diagrama M simétrico e diagrama To mti-simétricõ, com o que teríamos 620 = 830= O, o que acarretaria x2= x3 = o Suponhamos, agora, que tiv6ssemos o caso de carregamento anti&tnco; isto nos daria diagrama Mo anti-simétrica e diagrwa To simétrico, com o que teríamos 610 = 0, O que acarretaria Xl = O Estas conclusões podem ser extrapoladas e podemos, então, escrever que: Na seçãõ S de simetria (de uma grelha elástica e geometricamente sime- 'rica) em que o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em questão, temos que: - "O mso de solicitapio simém'crr: Qs = Ts= O - no a s 0 de solicitapio anti-simétrica: Aís = O Ex. 11-14- As fibras superiores da estrutura da Fig. 11-84sofrem uma diminuição de temperatura de 10 OC e as infe- riores um aumento de 30 OC, em relaçáo ao dia da execução da estmtura, de t a sorte que a temperatura no centro de gravidade sofre um aumento de10 'C. Sabendo que: a) os apoios A e F impedem todos os deslocamentos lineares, enquanto que os demais apoios impedem
- 81. apenas os deslocamentos verticais; 4 2b) (EJ) grelha = 10 tm (H)plano = 4 x 104 tm2 GJt = 0,s x l d l tm2 cu = 1D5/0C, pedem-se os diagramas de momentos fletores. e torçores atuantes. A variação de temperatura do problema, empregando o prin- cipio de superposiçáo de efeitos, pode ser encarada da forma indicada na Fig. 11-85. Para a parcela da Fig. 11-85.2, temos uma estrutura plana soli- citada perpendicularmente a seu plano (grelha), e, para a da Fig. 11-85.3, temos uma estrutura plana solicitada em seu próprio plano. Visto isto, 0 problema está resolvido, senão vejamos: a) Grelha com h = 40 OC (Parcela da Fig. 11-85.2) mpm&ica -0 d t o d odsforpi 1. Sistema principal e hipenstático Levandesc em mnta as conclusões tiradas no exemplo 11-13, a m o atamos diante de uma solicitação simétrica, na seção de simetria te- apenas momento fletor, conforme indicado no sistema principal & Fig. 11-86, ObsmaçZo: Para At =40OC, com tg =0, funcionaráo apenas os apoios perpendl- culares ao plano, pois não e h t e tendência de deformação no próprio plano da estmtura. 2. Diagramas no sistema principal 3. CálaJlo dos (,VIgretha 8 : 384. Equação de wmpatibilidade: -60t- X1= O 3
- 82. 148 Cuno de m8is estmturai w p d U u -omctodo dasforps 149 6. Diagramasfinais(grelha) São os indicados na Fig. 11-88 a partir de f? = 4,73E1 , cor- respondendo ao caso da Fig. 11-85.2. 2. Diagramas no sistema principal Zmt 2 mt I para o dleulo de 62t) Fig II-91 0- 3. Cálculo dos (EJ) plano 6 4 5 plano = (Eljplano a t g AN = 4 x 10 x10- xlq-2)= -8 2 Fig 11.85 b) Estrutura plana com tg =+100C (parcela da Fig. 11.85.3) Em se tratando de estrutura plana trabalhando em seu próprio plano, funcionarão apenas os apoios que irnp"ç,am-movimentos no plano da estrutura, que serão, no caso. apoios do 2. genero em A e F. Com isto, teremos: 1. Sistema principal e hiperesthtico Rebatendo, temos, em verdadeira grandeza, o esquema da Fig. 11-90. I 4. Equaç%ode compatibilidade: 64- 8 + - X - 0 3 2 - 6. Diagrama final (estrutura plana): Em perspectiva, novamente, OS o diagrama da Fig. 11-92, correspondendo ao caso da Fig. 11-85.3. A solução do problema é, então, dada pelos dois diagnuips a m t a d o s na Fig. 11-88e pelo diagrama apresentadona Fig. 11-92. 11-15- Resolver a viga balcão da Fig. 11-93.que tem W = q
- 83. 150 Cuno de an9ise estniturd 1 n+da - o método dss f o r p 151 I 1. Sistema principal e hiperestático I Em se tratando de uma grelha (curva) simétrica, com carrega- I mento simétrico, temos, rompendo a estrutura na sua reção de simetria, o sistema principal da Fig. 11-94, em que o hiprestático X1 representa o ntomento fletor atuante nesta seção. 2. Diagramas no sistema principal a) Mo. To X, = lmt d Reduzindo a carga P/2,sucessivamente, aos pontos A e S in- I ~ i i11.~7 ~ i i11-96 dicados na Fig. 11-96, que representa uma vista em planta, em verda- drira grandeza, de uma das duas metades do sistema principal, obtenios os esforços sim~lesatuantes numa seção gen6rica S do sistema principal Reduzindo a carga-momento X1= 1mt à seçáo genérica S, devidos ao carregamento externo, cujos módulos valem obtemos, a partir do esquema em verdadeira grandeza da Fig. 11-98, que IM11 = ~ 0 s0 e I T11 = sen O , estando os diagramas M1 e T1 correspon- PR PRIMO[ = - s e n e e I T I= -- ( 1 - c o s e ) , dentes Wresentados na Fig. 11-97. 7 0 2 !- - e r partu de cujos sentidos obtemos os diagramas Mo e To da Fi.11-95, I 3. Caculo dos EJ 6 I Calcularemos os ~6 para metade da estrutura apenas, o que a dividir membro a membro a equação de compatibilidade elás- tica Por 2, sem nenhuma alteração do resultado. Temos. então:-
- 84. 4. Equação de compatibilidade: 5. Hiperestático: 6. Diagramas finais PRA partir da expressáo E = E. + - E1, obtemos os diagramas solicitantes da Fig. 11-99. lr Fie 11.99 2.5 - Artifiaos hiperestáticos paia estmtura elsstia e geometria- mente sidtriea I Os exemplos 11-5, 11-6, 11-7, 11-13, 11-14 e 11-15 deste capi:u- 10 nm mostraram as grandes simplificações a que uma simetria da eStN- tiira hiperestática nos conduz. A partir dai, explorando esta simetri;~suP giram os dois grandes gnipos de artifícios da Hiperestilica, que são o do arranjo de cargas e o dos grupos de incógnitas (também chamado artifi- mprrstBtica - o método dm for* 153 ciodas matrizes sim6tricas6), que apresentaremos a seguir. 2.5.1 - Artifício do arranjo de cargas 2.5.1.1 - Intmduçáo a) Seja a estNtura elástica e g o m e t r i c a m e n g i r i c a da Fig. II.100.1,submetida ao carregamento sim6tric2 indicado. lCIW.l 11-100.2 ll.100.3 Em se tratando de uma estrutura simétrica, com carregamento simétrico, a única componente de deformação, que terá sua seção S de si- metria, será o deslocamento vertical, já que não existirá tendência de des- locamento horizontal nem de rotação desta seçáo, devido à simetria da so- licitação (pois, se o carregamento existente num dos lados da seção ter.. de a provocar uma destas duas últimas deformações, num dado sentido, o carregamento existente do outro lado tenderá a provocá-las no sentido oposto, anulandese então as duas parcelas ). I? o que está indicado no esquema da Fig. 11-100.2, que repre. senta um esboço da elástica do quadro, a partir do qual podemos romper a estrutura dada na sua seção de simetria, colocando nesta seção um vín- culo tal que impeça a sua rotação e seu deslocamento horizontal (já que 4's = Xs =O), deixando livre o deslocamento vertical. Este vínculo está representado esquematicamente na Fig. 11-100.3: a cada um dos desloca- mentos impedidos corresponde uma reação do vínculo, existindo, no ca- so, uma reação-momento M e uma reaçãeforça N. - Devido à simetria da estrutura e do carregamento foi possível, mtáo, passar do esquema da Fig. 11.100.1 (estmtura três vezes hiperestá tia) Para o da Fig. 11-100.3 (no qual temos uma estmtura somente duas vezes hiperestática a resolver), mais fácil de ser resolvido que o primitiva Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da estrutur:. -6 -tudo dos areos e quadros biengastados,bem como das galcriar unieeldares feehada8 (msmo assimétricos), teve grande divulgação o uüiiza$ão, durante muito tempo. o assim chamado irtificio do centro elástico, que reduz a matriz I 6 I desta* FSmtUm''~e~lthticxà sua diagonal principal, permitindo a obtengão, dos h ) ~ - res"icos 'partir de q u a ~ õ e sindependentes uma da outra O baxo grau hipeieStallc @ = 3-e-eshturas nãolustifica, no cntanto, uma ênfase especial para este ar<ifício. lUe abordado em nosso Cuno.
- 85. indicada em 11-100.3, os diagramas da outra metade serão obtidos lem- brando que, no caso de estrutura plana simétrica com carregamento si- dtrico, os diagramas de momentos fletores e esforços normais sáo simé- tricos e o de esforços cortantes é anti-simétrico. Obsm@o: O mesmo tipo de idéias permanece válido, evidentemente, se estivermos estudando uma estrutura como a da Fig. 11-101.1, cuja configuração da elástica, sendo a da Fig. 11.1012 (na qual a única componente de defor- mação de sua seção de simetria 6 o deslocamento vertical), nos permite ~esolvê-Iaa paitir da configuração estática indicada na Fig. 11-101.3. b) Seja, agcra, a mesma estrutura elastica e geometricamente si- dtrica que a indicada na Fig. 11-100, submetida ao carregamento anti- simetria> da Fig. 11-102.1. No caso, agora, as tendência de deslocamento horizond e de rotação da seçáo S de simetria da estrutura, provocadas pelas forças atuantes de cada um de seus lados, se somarão (ao invés de se anular. como no 'as0 da Fig. 11-100), fornecendo os valores x,y e 9s indicados em 11-102.2; o deslocamento vertical da seção será, entretanto, nulo,pois as tendências desta deformação em S, provocadas pela forças atuantes à sua esquerda e à sua direita, se oporão. Podemos, então, romper a es- trutura na seção S de simetria, colocando nesta seção um vínculo ta] que impeça o deslocamento vertical e permita o deslocamentohotimntd e a rotação, que é, no caso, o apoio do i? gênero indicado em 11-1023. mpmtátiea-o d t o d o das fo- 155 Para carregamento anti-simétrico, a estrutura dada, três vem hiperestática, se comportará como apenas uma vez hiperestática, parth dese do esquema da Fig. 11-102.3. Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da estrutura indicada em 11-102.3, os diagramas da outra metade serão determinados lembrando que, para estruturas sim6tricas com carregamento anti-simétri- co, os diagramas de momentos fletores e esforços normais sáo anti-simé- tricos e o de esforços cortantes é simétrico. ObsewpTo: Com raciocínio inteiramente análogo, a estrutura da Fi& 11-103.1, sub- metida ao carregamento anti-simétrico indicado, poderá ser resolvida a partir do esquema dado em 11-103.2. c) Analisemos, agora, o caso em que o eixo de simetria atra vma completamente uma barra da estrutura: Seja, por exemplo, o quadro simitriw da Fig. 11-104.1, sub- metido ao carregamento sim6trico indicado. _..I .i=;* 41. 1 I* I hfonne ji vimos, para o caso da estrutura da Fig. u-100, na WH0 de simetria de uma estrutura simétrica com carregamento si- dtdco, 6 tendência de deslocamento na direçáo do eixo de sime %a; da fig. 11-104, entretanto, este deslocamento está imp*
- 86. &do' devido à presença da barra central SC, ficando a elástica da e s trutura com o aspecto indicado em 11-104.2, a partir do qual, podemos romper a estrutura na seção S. colocando nela um engaste (já que ne- nhuma componente de deslocamento poderá ter esta seção S), conforme indica o esquema estático da Fig. 11-104.3, a partir do qual a estrutura pode ser resolvida (o problema da resoluç20 do quadro seis vezes hipe- restático da Fig. IE104.1 recaiu, entzo, na resolução do quadro três vezes hiperestático de 11-1043). No caso, a barra SC, interceptada pelo eixo de simetria, ficará submetida apenas a um esforço normal constante, igual ao dobro da reação vertical em S calculada a partir do esquemada Fig. 11-104.3. Analisemos, agora, o caso de carregamento anti-simétrico, con- forme indica a Fig. 11-105.1, para a qual a barra interceptada pelo eixo de simetria da estrutura tem inércia igual a J. F~Q.li-105 Examinando a deformaçáo da barra central SC, é fácil ver que as cargas situadas de um e de outro lado dela contribuem igualmn- te para sua deformação total, indicada em 11-105.2, contribuiçóes estas de influência aditiva uma à outra e tais que os efeitos do carregamento atuante, num dos lados da estrutura, sobre a barra SC, em nenhum ins- tante tendem a se opor àqueles do carregamento atuante sobre o outro lado da mesma. Podemos, então, dizer que metade da barra SC é solici- tada pelo carregamento atuante na parte da esquerda da estrutura eque a outra metade é solicitada pelo carregamento atuante na parte da direi- ta da estrutura, que poderá, pois, ser resolvida a partir do esquema es- tático indicado em 11-105.3, para a parte da esquerda Os diagramas fi- nais serão obtidos lembrando que os diagramas de momentos fletores e de esforços normais serão anti-simétricos e que o diagrama de esforços cortantes será simétrico. (Notar que, para a bana SC, o diagrama final de momentos fletores será, por esta razão, igual ao dobro do obtido a 'Este déslocamento a6 impedido, despremdc-se a deformação da bana SC devida ao esforço normal. Casa queiramos levar em constderaçáo esia deformafáo. basta substituirmos a parcela do engaste, que impede o deslocamento vertical. por um apoio em mola, nos tennosrm que será ele definido nocap 111 deste volume. Nenhuma dificuldade suplementar de análise do problema surgirá com a introduçáo desta mola, conforme veremos no referido ca~itulo. do esquema indicado em 11-105.3.) 0 s exemplos das Fim 11-100 a 11-105 ilustraram, para todas as situações possíveis de carregamento sim6trico e anti-simdtrico que p dem ocorrer para uma estrutura plana, simétrica, as simplificações que estes tipos de carregamentos introduzem em sua resolução. Exporemos, a seguir, a essência do artifício do arranjo de cargas, introduzido na Hi- perestática justamente Para explorar as simplificações -que encontramos nesta introdução para 0s Casos em que ocorrem estas simetrias ou anti- simetrias de carregamentos. 2.5.1.2 - 0 artificio A idéia do artifício do arranjo de cargas 6 a mais simples possivel; quando tivemos, numa estrutura elástica e geometricamente si- metrica, a atuação de um carregamento genérico qualquer, decompore mos este carregamento em suas componentes sim6trica e anti-simétrica (o que 6 sempre possível fazer, conforme esclarecerão os exemplos a seguir), resolvendo a estrutura, separadamente, para cada uma destas componen- tes do carregamento (para as quais podemos explorar as simplificações apresentadas na introdução deste artifício), superpondo, a seguir, os dia- gramas solicitantes encontrados para cada caso, a fun de obter o diagra ma solicitante final. Nas Figs. 11-106 a 11-108 exemplificamos o arranjo de cargas para diversos tipos de carregamentos, obtendo suas componentes simé- trica (Fig. 11-106.2 a 11-108.2) e anti-sim6trica (Fig. 11-106.3 a 11-108.3) Fio. 11-107
- 87. 11-108.1 11-108.2 11-108.3 As aplicações seguintes esclarecerão mbre o emprego do ar- tifício. ExlI-I6 - Obter o diagrama de momentos fletores para o qua. dro simétrico da Fig. 11-109, submetido ao carre- gamento indiiado, cujas barras têm, todas, a me* ma inércia. Fip. 11-109 Sendo o arranjo de cargas o indicado na Fig. 11-110, passe mos A resolução das parcelas simétrica e anti-~imdt~cade carregamento. Fip. 11.110 n-n-J2,im + 11-110.1 11-1103 VI-110.3 mpnditica-o método dasfoqm 159 a) Parte simétrica (Fig. 11-110.2) Sabemos que a estrutura a resolver, levando em conta a simetria do carregamento. 6 a da Fig. 11-11I, cujos diagramas no sistema principal, Fio. II-111 Fip. 11.112 indicado em 11-112, estão traçados na Fig. 11-113. Q coeficientes do sistema de equações de compatibilidadeelas- oca Jão:
- 88. estando o diagrama de momentos fletores referente à parte simdtrica do carregamento indicado em 11-114 b) Parte anti-simbtnca (Fig. 11-110.3) Sabemos que a estrutura a resolver, levando em conta a antiai- metna do carregamento, é a da Fig. 11-115. a partir de cujo dstema principal, indicado em 11-116, temos os diagramas da Fig. 11-117. Fio. 11-115 Fio. 11-116 ü a coeficientes do sistema de equaçóes de compatibilidade elástica são: El cSlO = -3.33 Obtemos, enth: /Xi = 14.67 = /0.71 / , estando o diagrama de momentos fletores referente à pane anti-&t&a do carregamento indicado em 11-118. Fio. 11-118 O diigrama de momentos fletores final para a estrutura será, mtzo, o da Fig. 11-119, resultante da soma dos diagramas indicados em 11.114 e 11-118. Fig. 11-119 Observe o leitor que o emprego do artificio do arranjo de pemiitiu fazer recair o problema da resoluçxo de uma estru tura tres vezes h&restática na resolução de duas estruturas, uma delas duas vezes hiperestática e a outra uma vez hiperestatica. E.%11-17-Resolver o quadro da Fig, 11-120, ajas b- h, todas elas, EJ = 1dtm2, para um reealque de apoio
- 89. 162 Cum de a n a i s estrutural de 2 cm, de cima para baixo, do apoio A. O recalque de apoio de que fala o problema pode ser decomposto nas parcelas simétrica e anti-simetrica indicadas na Fig. 11-121, a partir das quais obtemos: = + ' I1E"! T lc-737 lcm 4 Fiq. 11-121 a) Parte siméírica (Fig. 11-121.2) A estrutura estará afundando, toda ela, de 1 cm, não apare- cendo nenhum esforço devido a este afundamento uniforme, pois ele ná0 teri qualquer impedimento. b) Parte anti-simétrica (Fig, 11-121.3) Sabemos que a estrutura a resolver, considerando a anti-sime- tna da solicitação. 6 a da Fig. 11.122. Levando em conta. previamente, a existência da rótula em B e o fato da barra BC estar descarregada, pode mos escrever que V, = 0, simplificand*se a estrutura a resolver para a indicada na Fig. 11.123, a partir de cujo sistema principal, representado em 11.124, obtemos o diagrama M1 da Fig. 11-125, que nos fornece: ~hpanttititiai-omCtodo das forp 163 I X1 = l m t -t Fiq, 11-125 ' --1.36 O diagrama de momentos fletores referente B parte anti-simétri- ca será. então, o indicado na Fig, 11-126 e já será o diagrama final, devi- do B wntribuição nula da parte simétrica. Fiq. 11-12s 11-18-Obter o diagramade momentos fletons p a n o quadro da Fig. 11-127.
- 90. Fip. 11-127 O carregamento atuante pode ser dewmporto nas parcelas sit d t n c a e anti-simétrica indicadas na Fig. 11-128. F i i 11.128 A parcela sim6trica do carregamento, indicada em 11-128.2, constitui um carregamento auto-equilibrado, que solicitará as barras hori- i zontais da estrutura apenas a esforços normais de compressão e iguais a It , não influindo, portanto, para a obtenção do diagrama final de IX- mentos fletores a que ficará submetida a estrutura, que será funçzo, ape- nas, do carregamento anti-sirn6trico representado em 11-128.3. Para este F i 11.129 F i i IC130 Fip li-131 Dnpcrandose as &fonn.Fõadevidas iestesd o q o s m>muih filemo, a estrutura a resolver 6 a da Fig. 11-129, cujas reações v e r t i a em F e G são nulas por força da presença das r6tulas em B e C , t m fo-dese a estrutura, então, na da Fig. 11-130 (isostática), que nos n>nduz ao diagrama de momentos fletores final representado em 11.131. EX 11-19-Obter o diagrama de momentos fletores para a esm- tura da Fig. 11-132 (cujas barras têm, todas e1as.a mesma inércia), submetida ao carregamento anti-si- métrico indicado. Fip. 11-132 A estrutura a resolver, levando em conta a anti-simetriaexib tente, sn8 a da Fig. 11-133, para a qual escolhemos o sistema prihcipal indicado na Fik 11-134, obtendo os diagramas solicitantes da Fig. 11.135, no sistema p~cipal,que nos conduzem a: EJc 610 =-I3 In t 3 l F h 14-133 Fis. 11-134 Fip. 11.136 Dai vem. x1= l3 = 1.81, obtendo-se o diagrama 7 17.,-. '-ui de mmentos fletora representadona Fig. 11-136.
- 91. 2.5.1.3 - Caso de existência de dupla simetria (elistica e geo- m6trica) na estrutura Nos casos de existência de dupla simetria na estrutura, tirare- mos, duplamente, partindo das sirnplificaçóes existentes no caso de sim- ples simetria, diminuindo mais ainda o trabalho de resoluç%o da estru- tura. Os exemplos seguintes esclarecem. Ex 11-20- Obter o diagrama de momentos fletores para a estm- Nra auto-equilibrada da Fig, 11.137, simdtrica em re- lação aos eixosfx e jj. Wprrstltkd -o métododas forçar 167 1 Tirando partido da simetria de carregamento existente em re- l a ~ ~ ~aos eixos xx e jj, a estrutura a resolver 6 a da Fig. 11-138.1. Fig. 11-138.1 q Ternos: a) Sistema principal e hiperestitico *h Fig. 11.138.2 b) Diagramas no sistema principal i I Fip. 11-139
- 92. 168 <hno&inPiaccstmhurl 1 w t i c a -o método dar f o r p 169 C) CáIcuIo dos EJ 6 Temos: PRmalo=-joF( ~ a b ) n d b=-- 2 nR61111 R d b =y d) Cálculo do hiperestático e) Diagrama fmal O diagrama de momentos fletores fmal seri o da Fig. U-140. I ' 0 , 3 1 8 ~ ~ Fip. 11.140 Er 11-21-Obter o diagrama de momentos fletores para a esw- tura da Fig. 11-141. Explorando a dupla simetria da estrutura, o canegamento atuante ser decomposto nas parcelas simttrica e anti-simétrica da Fig. 11-142 Fio. 11-142 A parcela da Fig. 11-142.2 promoverá apenas 9 o apareci- mento de esforços normais, constantes, nas barras verticais e nas barras horizontais superior e inferior, não influindo, portanto, sobre o diagrama de momentos fletores da estrutura, que será obtido, portanto, a partir do carregamento da Fig. 11-142.3. Explorando a anti-simetria deste Último canegamento em rela- çgo aos eixos xx e jj, a estrutura a resolver será a da Fig. 11-143. Trata-se de uma estrutura hipstática @ais os dois apoios verticais do I? gênero estão na mesma linha de chamada), mas que podemos resolver, por estar submetida a um carregamento autwquilibrado (a soma das reações verti- cais dará uma força de 3t que, associada à carga existente de 31 nos fornecerá um binário que equilibra aquele formado pelas duas forças ho- ' --nd*ae a defonna@o da estnitura devida no esforgo nomal, o que 6usualno cuo.
- 93. -ntais de It). Temos, a partir do sistema principal da Fig. 11-114 e dos diagramas no sistema principal da Fig. 11-145: Fie. 11.144 Fip. 11-145 Obtemos, então, o diigrama final de momentos fletores indica- do m Fig. 11.146. 1.59mt 47-J Fip. 11-146 Ex. 11-22-Decompor a resoluçãodaestnitun novev e m hipre tgtica da Fi.II-147, submetida ao carregamento indicado, na maior quanti- dade possível de casos, visando simplificar sua resolução com o aproveita- mento de sua dupla simetria 5.: I* AipevstBtica -o método dm f o q 171 Decompondo o carregamento nas quatro parcelas indicadas nas I Figs 11.148.1 a 11-151.1, teremos a resolver, explorando a simetria da tmtura em relação aos eixos xx e yy, os casos indicados nas Figs. 11-148.2 a 11-151.2, cujos sistemas principais são os representados em 11-148.3 a f 11-151.3. i i i 11-148
- 94. A exploração conveniente da dupla simetria subdividiu, então, a resolução da estrutura nove vezes Iuperestática na resolução de duas es- tmturas três vezes hiperestáticas, de uma estrutura duas vezes hiperestática e de uma estrutura uma vez hiperestática (as estruturas indicadas nas Figs. 11.149.2 a 11-151.2 possuem hipostaticidade numa direção, mas, comoseus carregamentos são auteequilibrados nesta direção, a decomposiç20 éMlida). 2.5.1.4 - Aplicação às grelhas Já vimos, no exemplo 11-13 deste capitulo que, na seção de si- metria de uma grelha elástica e geometricamente simdtrica, $ ocorre -pento em t~~do~e~o~de~s~t~ia~quand",oOca~regame~oOddsim~trico; e, quando o carregamento 6 anti-sundtrico, so S i - n k e m torno do eixo perpendicular ao eixo de simetria,-= a um esforço cortan- te. (No caso da barra ser perpendicular ao eixo de simetria, o momento em torno deste eixo já será o momento fletor atuante na seção e aquele perpendicular a este eixo de simetria será o momento torçor.) Sendo assim, para as greihas das Figs. 11-152.1 a 11-155.1, sub metidas aos carregamentos simétricos e anti-simétricos indicados, os siste- mas principais, explorando estas simetrias e anti-simetrias serão os indica- dos nas Figs. 11-152.2 a 11-155.2. Fim. 11-153 11-153.2 -o método dar forçp 173 Do ponto de vista de deformações da grelha, estes sistemas principais podem ser justificados, para o caso de carregamento simdtrico (Figs 11-152 e 11.154), pelo fato de que a seção de simetria da estrutura não possuirá rotação em torno do eixo de simetria (pois o carregamento situado de um dos lados do eixo de simetria anula a tendência de rotação em torno dele provocada pelo carregamento situado do outro lado), per- manecendo existente o deslocamento vertical e a rotação da seção de si- metria em torno do eixo que a contém e que é perpendicular ao de sime- tria (pais, para estes dois tipos de deslocamentos, são aditivos os efeitosris forças atuantes nas duas partes da estrutura). 6 possível. então, romper a grelha na q ã o de simetria, colocando um vinculo que impeça a rotaçgo em tomo do eixo de simetria, liberando as duas outras deformaç&s;a rea- ção de apoio X1 deste vinculo é o hiperestático a considerar no caso da simetria (notar, então, que as grelhas três vezes hiperestáticas das Figs. 11-152 e 11-154 se comportam, devido à simetria do carregamento, como se fossem uma vez hiperestiticas). Para o caso de anti-simetria (Figs. 11-153 e 11-155h os carrega- mentos sltuados de um e do outro lado da seção de simetria se somarão para provocar rotação desta seção de simetria em torno do eixo de sime- tria e anularão o deslocamento vertical e a rotaçáo da s.eção S em torno do eixo perpendicular ao de simetria sendo, então, possível romper a seção S. colocando vinculos que impeçam estas duas ultimas defomaç5es e libe rem a primeira ;as reações de apoio X1 e X2 destes vínculos são, entáo, 0 s hiperestáticos a considerar no caso de anti-simetria (notar, então, que as g r e h três vezes hiperestáticas das Figs. 11-153 e 11-155 se comportam,& vido à anti-simetria do carregamento, como se fossem duas vezes hiperes- táticas). Para o caso em que o eixo de simetria coincide com uma das bwda grelha, as simplificações que o carregamento simdtrico (Fig. 11-156) e ana-simétrico (Fig. 11-157) introduzem na resolução do problema (através da escolha do sistema principal) estão indicadas nas Figs 11-156 e 11-157.
- 95. / s / X 11-156.1 11.156.2 Fip. 11-156 - - 2 2 No primeiro caso (Fig. U-156.1), a simetria do carregamento impede qualquer rotação em torno do eixo xx; por conseguinte, a barra SB não terá esforço de torção, sendo possível rompê-la em S aplicando wmo hiperestáticos o momento fletor (X1) e o esforço cortante (X2) atu- antes nesta seção. Sobra, ainda, um quadro hiperestático A D S E C que, I devido à sua simetria, pode ser rompido em S, aplicandc-se como hiperes- tático adicional o momento (X3) atuante, em S'O, nas barras DS e SE na direção do eixo de simetria. Com isto, obtemos o sistmia prkipalisos- tático da Fig. 11-156.2 (notar que, devido â simetria, a resolução da grelha seis vezes hiperestática dada recaiu na redução de uma grelha trêsvezeshi- perestática). Aiprest6tica- o dtodo dm forçar 175 to, o de torçgo e podemos rompê-la entzo em S. aplicandc-o como + restátiw (X1) Sobra, ainda, um quadro hiperestático ADSEC que, devido g anti-simetria do carregamento atuante, pode ser rompido em S, aplican- dese como hiperestático adicionais o momento (X2) atuante em $ nas barras AS e SE, na direção perpendicular â do eixo de .simetria, e o esfor- ço wrtante (X3). atuante em S, nas mesmas barras"; com isto, obte- mos o sistema principal isostático da Fig. 11.157.2 (notar que, devido A anti-simetria, a resolução da grelha seis vezes hiperestática dada recaiu na resolução de uma grelha três vezes hiperestática). Os exemplos seguintes esclarecerão. Er 11-23- Decompor, utilizandoo artifício do arranjo de cargas, a resolução da grelha elástica e geometricamente si- métrica da Fig. 11.158 em suas parcelas de carrega- mento simétrica e anti-simétrica, indicando para ca- da uma delas o respectivo sistema principal. PJ< /+) Fia. 11-158 As parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamentoestáo in- rücadas n d Figs. 11-159.1 e 11-160.1, sendo os respectivos sistemas princi- P"1 os indicados em 11-159.2 e 11-160.2. No caso de anti-simetria (Fig. 11-157.1), a mesma anula a rota- çáo de qualquer seção da barra SB em torno de eixos perpendiculares a xx, bem como anula os deslocamentos perpendiculares ao plano da g r e b para todas as seções da barra SB a j a Única deformação restante seri a r* tqão em tomo do eixo u;a barra SB terá wmo único esforço, portam 10 Ver CLV>S de, Figa 11-152 e 11-154.
- 96. Conforme se vê, a nsoluçXo da greiha dada (cinco v e m hip- Mitica) recaiu na resolução de uma grelha duas vezes hiperestitica e de outra três vezes hiperntitica. Ex. 11-24- Obter os diagramas de momentos fletonse torçores para a grelha da Fi 11-161, cujar barras tEm,todas elas, = 2 G7; Utilizando o artifício do arranjo de cargas,temos a resolver os casos das Figs. 11-162.2 e 11-162.3. ~ i p .ti-raa a) Parte simetria (caso da Fig. 11-162.2) Temos: 1. Sistema principal e hiperestátic08 2 Diagramas no sistema principal lmt Fie 11-187 3- Cálculo dos hiperestáticos I Calculados os valores dos EJb, a partir da expressão EJGii= 4comb'inação de Micom (wmbinação de Tiwm q),obtemos:
- 97. 1 4. Diagramas da parte simétrica A partir de E = E. t 0,19 E, - 1.37 E2 - 0.57 E ,obtemos 0s diagramas de momentos fletores e tor(ores, representadosna &.11.168. iirn. Fip. 11-168 11 b) parte anti-simktrica(caso da Fig. II-1623) Temos: 1. Sistema principal e hipenstfiticos X3 Fip. 11-169 2. Diagramas no sistema principal I lrnt O 4 - x2=lmt vlmt dmt Fip. 11.172 Fip. 11-173 3. Cálculo dos hiperestátiws Temos: 4. Diagramas na prte anti-sim6trica A partir da expressSo E = EO t 0,32 E1 -0,43 E2 t 0.44 E3, obtemai os diagramas de momentos fletores e torçores, representados na Pi& U-174. Fip. 11-171
- 98. I' 0s diagramas finais serao os indicados na Fig. 11-175, resultan- tes da superposição dos diagramas da Fi& 11-168 @arte simétrica) com os & Fig. 11.174 @arte anti-simbtnca). Fig. 11-17s E r 11-23-Obter os diagramas M e T para a greha simbtrica da Fi.11-176, nijas b m têm -2. GJt Sendo a estrutura e o carregamento sIm6tricos, temos: 1. Sistema principal e hipcresthticos Fig. 11-177 I ,+tia -o método dm f o l p 181 I 2. Diagmma no sistema principal ! Fie. 11-179 X,= lmt 3. Cálculo dos hiperestiticos Tmios: 4. Diagramas solicitantes A pMir da express8o E = E,,+ 0,23 E1 + 9,59 E2, obtemos
- 99. m diagramas solidtantes indicados na Fig. II-181. 25.2 -Artiffcdo dos grupos de irtc6gnitas (ou artifício das matrizes simétricas) A idbia básica do artifício dos grupos de incbpitas 6 a mesma do artifício do arranjo de cargas, ou seja, diminuir a dimensão da ma- triz de flexibilidade a ser invertida. No caso do artifício do arranjode car- gas tal resultado foi obtido verificandese que esforços eram nulos para as parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamento atuante, tirand-se par- tido deste fato na escolha do sistema principal, conforme vimos no item 2.5.1. No caso do artifício dos grupos de incógnitas, agiremos da ma- neira divena, que pode ser ilustrada para a estrutura cinco vezes hiperesti- tica, elástica e geometricamente simttrica, da.Fig 11-182. C I ;J 9e 1 7 -. > Fig. 11-182 Para obter seu sistema principal isostitiw, mmper-lheemos, simetricamente, em relaçzo ao eixo de simetria (no intuito de tirar partido da simetria da estrutura, conforme veremos a seguir), 5 vinculas, obtendo o sistema principal e os hiperestiticos iridicados na Fig. 11-183. 1 -tia -o rnCtodo das força3 183 I Fig. 11-183 E fhcil ver que os hiperestiticos XA, ...,XE indicados na Fi II.183 podem &r obtidos por superposição dos hiperestáticos indica. dos nas Figs. 11-184 e 11-185, hiperesthticos estes resultantes da subdivisão dos hiprestáticos XA, ...,XE em grupos de hiperestiticos simPtricos e anti-sidtricos (Nocaso: X A = X l + X 4 , X B z X 2 + X 5 , X C = X 3 , X D Z X 2 - X 5 , Fig. 11-184
- 100. Podemos, então, ao inv6s de trabaihar com oshiperest6ticosXA. ...,XE. trabalhar com os hiperestáticos X1, ...,X5 que têm a vanta- gem de anular diversos 6 da matriz de flexibilidade da estrutura, j& que a combinação dos diagramas (sim6tricos) resultantes da aplicação do grupo (simétrico) de hiperestáticos X 1, X 2 , X3, com aqueles ( anti-si- mdtricos) resultantes da aplicação do grupo (anti-simétrico) de hipemtáticos Xq, X5 ser&sempre nula. Isto acarretara, espontanmmente, a subdivisáo da matriz de flexibilidade [a] da estrutura, qualquer que s& o mnegamenro atuunte, em duas submatrizes, uma referente aos hiperestáticos simétricos e a outra aos anti-simktricos, sendo, no caso, a matriz [6j dada por: O sistema de equações de compatibilidade elástica a resolver (que deveria ser um sistema 5 x 5) se decompôs, então, em dois sistemas mais simples (um 3 x 3 e outro 2 x 2), sendo este o objetivo do artifício cuja essêncm, então, cunsiíte m adoçüo de um sistem priwipol simétrico, no qual aplicoremos dois aupos de hiperestúticos: um simétrim e OutrO anti-simétrico, operando, o pariu &í. denho & sequência u m 1 adorada no método das forças (e sabendo que a matriz [6 ] da estrutura se de- comporá, por isto, em duas submatrizes, uma referente ao gnipo sim6trico I ~i~~rrstátiea-o método das forças 185 e a outra ao gnipo anti-simbtrico de hiperestáticos). Para as estruturas simktricas das Fig. 11-186 a 11-189 indicamos, a titulo de ilustração, os sistemas principais, os gniposde hiperestáticos si. dtricos e anti-simétricos e a forma simplificadaque assumirá a matriz [61. I Fig. 11-186
- 101. 11-190.4 Fia. 11-190 Em todos os exemplos apresentadosatb aqui, os sistemas princi- pais escolhidos foram rigorosamente sim6tricos; não existe, entretanto, pa" se obterem as simplificaçóesa que visa o artifício do gmpo de incógnitas, a obrigaçZo do sistema principal, em si, ser rigorosamente sim6trlc0, mas, sim, a dos diagramas resultantes de aplicaçZo do grupo de lúperestáticossimbtrico e anti-simbtrico serem sim6tricos e anti-simbtricos, a fim de ocorrer a subdivis50 desejada da matriz de flexibilidade (61.Isto está ilustrado para ar estruturas simbtricas das Figs 11-190.1 e 11-191.1, para as quais, a partú dos sistemas principais das Figs 11-190.2 e 11-191.2, 6 possível a obtençáo da simplificação desejada da matriz 161, sendo os mesmos. pois, válidos em temos do emprego do artifício dos grupos de incbgnitas. Fia. 11-191 11-1913
- 102. v uirso de máiise estmtural - o método das f o w Osexemplosseguintesesclarecerãoacerca do emprego do artifício. Ex. Ii-26 - Obter o diagrama de momentos fletom para o qua- dro da Fig. 11-192, cujas banas tem, todas, indrcia constante. Empregando o artifício dogrupo de inoógnitas, temos: a) Sistema principal e hiperestáticos X2I&. & bXJd- -X3 Fio. 11-193 b) Diagramas no sistema principal 4 t h X l = lmt 4.5mt X3= lmt lmt tml x3- 1mi lmt - Fio. 11.194 c) Cáiculo dos hiperestáticos Temos: -54 d) Diagrama fd A partir da expralrHo E = E,, + O,SE1 + 0,5E2 + 5,4E3, ob- temos o diagrama f d da Fig. ii-195. IEr 11-27-Obter o diagrama de momentos iletores para o qua- dro da Fig. 11-196, que tem rigidez constante EJ = =lo4 tm?seosapoiosA eC sofrem os recalques horizontais indicados. " + 3m + 3m + Fia. 11-196 Empregando o artifício do gmpo de incbgnitas, temos: a) Sistema principal e hiperestátiws X ] ~ rX2 ']TI
- 103. Lkvido à anti-simetria da solicitaçZo, s6 aparecerão os hiperes- tsticos da Fig 11-197.2 e a estrutura se comportará, então, como se fosse uma só vez hiperestática. b) Diagrama no sistema principal lmt 1mt I X3= lmt - -C 113t Fio. 11-198 c) Cálculo do hiperestático Temos: EJ S33 = 12 El 63, = - 104 x 2 ( - 1 x 3 x 10.~)= + 200 3 Vem então: X3 = = - 16.6 12 HipaestB<ics-O método dasforças 191 Er IA28 -Obter o diagrama de momentos fletores para anel circular, de raio R. submetido ao carregamento auto-equilibrado da Fig. 11-200. Fip. 11-200 Explorando a dupla simetria, da estrutura e do carregamento, temos: a) Sistema principal e hiperest8ticos d) Diagrama final A partir da expressão E = - 16,6 E3, temos o diagrama da Fig 11-199. b) Diagramas no sistema principal C X, = lmt Fim. 11.202
- 104. Cum, de análise estmtnral ~ ~ m i á t i e a-o metodo das fo- 193 192 1 c) Cálculo do hiperestático Temos: n 2 U 6 1 0 = 4 I: ~ ( ~ e n l l t c o s 0 - l ) R d l l = - P R(4-d m 6 1 1 - 4 fRdll =2nR - 0,137 PRDai, vem: X1- ln d) Diagram final O diagrama de momentos fletores será o da Fig. IL203. . ~-~ Er 11-29-Obter o diagrama de momentos fletons para a tnitura duplamente simétrica da Fí& 11-204. Explorando a dupla simetria da estnitura e do carregamento, t e m : a) Sistema principal e hiperestáticos Fig 11-205 I b) Diagramas no sistema principal Fie 11.208 c) Cálculo dos hiperestáticos Temos: d) Diagrama fmal A partir da expressão E = E. t E1 t 4 E2, obtmios diagrama final da Fig. 11.207.
- 105. 194 Cinso de d s c eatmturd Wpemtática -o método das forçss 195 b) Diagramas no sistema principal E r 11-30- Obter os diagramas de momentos fletores e torçe res despertados na greiha da Fig 11-208, cuja *o reta é um retângulo de 0,2 m de altura, se suasfi. bras siiperiores forem aquecidas de 10 OC e as infe- riores resfriadas de 10 OC. São dados: EJ = 2E/ a = 10.2 tm210c ; - GJr Explorando a simetria da greiha e da solicitaçXo ,temos: a) Sistema principal e hiperestáticos /t X2 P l2 Como tg= 0. r30 haverá trnbaih da estruturaem xu prbprio plano. lrnt lrnt c) Cálculodos hiperestáticos Ternos: E I S l t = - 1w2 x 2 0 ',x 3= - 6 0.2 2 I E1611= 1 6 , ~ ~ 6 ~ ~ == - 1 2 , E J S Z 2 = 18 Vem, então: A partir da express8o E = 1.25 E1 + 1.17 E2, obtemos os -fWda Fi 11-212.
- 106. I 1, Fig. 11-212 3 - Estudo dos sistemas reticulados enrijecidos por vigas (Vigas Langer e sistemas pênseis) Temos dois tipos de sistemas reticulados enrijecidos por viga a estudar: a) Tipo I - Viga de rigidez trabalhando à flexão composta (flexão com esforço normal) para carregamento vertical. A Fia. b) Tipo 11-Viga de rigidez trabalhando à flexão simples (sem esforço normal) para carregamento vertical. aprrststica - o método das foqar 197 I Todas as estmtum esquematizadas nas Figs. 11-213 e 11-214 60u m vez hiperestáticas, pois basta conhecer o esforço normal atuante ,uma das barras do reticulado para, por análise sucessiva de equilíbrio dos seus n6% chegarmos aos esforços normais atuantes em todas as outras bar. do mesmo, sendo os diagramas solicitantes da viga AB obtidos a partir dos carregamentos sobre ela atuantes, que são as cargas externas sobre ela aplicadas e as forças correspondentes aos esforços normais reinantes nas barras do retichlado que convergem na viga, atuando nestes pontos de con. vergência Dentro desta ordem de ideias, é fácil verificar que, estando as estruturas das Figs. 11-213 e 11-214 submetidas a cariegamento vertical, as vigas do tipo I estarão submetidas a um esforço normal constante, devi- do à componente horizontal dos esforços normais atuantes. nas barras in- clinadas externas do reticulado, ao passo que as vigas das estruturas do tipo 11 não possuirão esforço normal, pois todas as barras do reticulado nelas concorrem ortogonalmente. Para o caso usual, que 6 o de carregamento de cima para baixo, e s t a indicados nas Figs. 11-213 e 11-214 os sinais dos esforços normais que serão despertados nas barras da estrutura. 1 A resolução deste tipo de estruturas será, então, feita usando as ideias já conhecidas do método das forças, sendo os sistemas princi- pais obtidos rompendo-se, indiferentemente, uma das barras do reticulado. I . Os exemplos seguintes ilustrarão esta resolu$ão. I Observação: Para atuaçáo de cargas horizontais na viga AB, a estrutura funcionará como isostática, pois trabaihará apenas a viga AB para estas cargas hori. mntais que nela despertarão somente esforços normais. Er 11-31- Resolver a viga langer da Fig. 11.215. São dados: para as barras do reticulado S = 10em2 I para a viga AR: S =80 cm2,1 = 104 m4
- 107. 198 Curso de an%iaeestnihird Temos: 1. Sistema principal e hiperestático Rompendese, por exemplo, a barra CD do reticulado,obtemos o sistema principal indicado na Fig. 11-216. 2. Diagramas no sistema principal a) Mo .No b) M1 ..v1 Fip. 11-218 3. Cilculo dos EJ6 Devemos levar em conta o trabalho da estrutura à flexáo e a@ esforço normal, obtendo: 1 EJc O = (combinação de MI com Mo) = -(2x-x2x4x2+2x4x4) = -42.67 3 EJ fil (combinação de MI com M1) + (combinação dos reticulado N, do reticulado entre si) + -fl- (combinação do N1 da viga wm (E J v i m 4; Equação de compatibilidade: - 42.67 + 23,3Xl = O ffipe,&6tiea -o método das f o w S. Hiperestático: X1 = 1,83 6. Efeitos finais A partir da expressão E = E,, + 1,83El , obtemos os esfor- ços finais atuantes na viga Langer, representados na Fig. 11-219. I Fip. 11.219 Observação: Note o leitor a economia introduzida por este tipo estrutural: 0s nio- mentos fletores que a t u m na vip,a são inferiores à décima parte daque- les que ocorreriam se ela fosse simplesmente biapoiada, tudo isto possibilitado pelo trabalho do reticulado ao esforço normal. As vigas Langer sáo, por isto, um sistema estrutural muito empregado, principal. mente para o caso de cargas pesadas (cwo das construçóes industriais, pontes, etc). 4 2Para a estrutura & Fig. 11-220,tem-se: (EJ/ngaE 10 tm - 104 reticulado - T- (Y = IO.~/''~ Pedem-se: A B C --,- - - - I "1 I I U3 I I 4m I
- 108. 200 Cuno de anluae a r t m M a) DMF na viga de rigidez, esforços normais nas barras dor* ticula~oe reações de apoio para um aumento uniforme de temperatura de 30 OC. b) Esforço normal em U se houver um recalque vertical, de cima para baixo, de ?cm do apoio E. c) Qual o encurtamento que deve ser dado à barra U2, de modo que, ap6s a variação de temperatura a que se refere o item 1, o momento fletor em C seja de 0,4 mt, traci- onando as fibras superiores a) I. Sistema principal, hiperestático e diagramas: Temos, rompendo a bana U do reticulado, o sistema princi- pai e os diagramas indicados na Fig. 11321. 2. Cálculo dos EJ 6 e do hiperestático Temos, computando o trabalho da estrutura B flexáo e ao esforço normal: F J ~ ~ ~ =EJotgAN1 = 1 0 4 x 1 0 . ~ ~ 3 0 ( 2 ~ 5 ~ 7 , 5+ 2 x z x 4 + 3 3 + 1 x 3 ) = 7 5 + 1 6 + 9 = 100 Vem, então: 546X1 = - 100.'. X1 = -0,183 t 3. Esforços fmais A partir da expressão: E = - 0,183 E1 , obtemos os efeitos I ,prrst4tica -o método dasforçsp 201 l finais indicados na Fig. 11-222. Fii 11.222 b) Temos: 400 -Dai, obtemos: 546 X1 = -3 . .X1 = 0,244 t (tiação), coincidindo com o esforço normal atuante, neste caso, na bana LI2. c) Para que MC = - 0,4 mt, devemos ter: X'l = - 0,l t. Dai vir&:(Ws.+ 100) + 546 x', = O .- ------ C Devemos, pois, dar um encurtamento de 434 mm à bana U2 para que MC = - 0,4 mt Obsmaçdes: a) Podemos ter, evidentemente, sistemas reticuladcs emijecidos por viga continua, conforme esquemstizado na Fi& 11-223.1; sua resoIuçã0 serh feita normalmente, a partir do sistema principal indicado em 11-223.2.
- 109. Composição e artes: TECNICOLOR PRODUÇdES GRAFICAS LTOA. Rua Morgado de Mateus,333 São Paulo -SP Este limo foi impresso pJ1 EDIPE Artes Grdíi~s, , Rua Daningos Paiva, 60 -Srio Paulo, pari r Editora Globo S.A. Fiiiiis: Ssnu Mrrin, Pelotas, c Rio Grande. EDICXO 2574A -Para pedidos tclcgrálicos &cte tino. basta indicar o nbrnero 2S741 mtepondo a esse nbmcro a quantidade desejada Por exemplo. para pedu 5 exernplaxe~ 6 slficientc telwafar iaM: Didodrio - Pcdo Alegre - 5257A. Desejandc-se encomendu 10 ou maii exemplaxes, náo é ncces&o transmitir a letra A.
- 110. b) E fácii verificar, a partir dos exemplos 11-31 e 11-32, que o reticulado das vigas Langer e sistemas pènseis estará submetido a esforços nor- mais simétricos, desde que seja geometricamente (apenas) simétricqin. dependentemente da existência ou não da simetria elástica ou de car- regamento. c) Podemos ter (embora ocorram com muita raridade na prática) vigas Langer e sistemas pênseis isostáticos, bastando, para isto, existir uma rótula numa das seções da viga de rigidez. Empregaremos, nestes ca. sos, o mesmo tipo de procedimento adotado no caso da estrutura ser hiperestática, rompendo uma barra do reticulado, obtendo os momen. tos fletores Mo e M1 atuantes na viga de substituição na posição cor- respondente & rótula e,impondo que o esforço normal X, na bana rompida do reticulado deve ser tal que o momento fletor final M = =Mo +MIXl atuante na rótula seja nulo, teremos resolvidaaestmtura Por exemplo, se a viga AB da viga Langer do exemplo 11-31 possuisse uma rótula C na posição indicada na Fig. 11-224, teríamos, aproveitando as dilgramas das Figs. 11-217 e 11-218: G C C hf$ = + 4mt; M1 = - 2n1t Impondo a condição Mo + M1 Xl = 0, obtemos: X1 = 2t, sendo os esforços atuantes dados, então, a partir da expressão E = E. + 2E1, pela Fig. 11.225. Fig. 11-225 ~ p e ~ t A t i c a- O metodo das forças 203 (amomentos fletores e esforços cortantes fmais atuantes na viga AB foram nulos, no caso, apenas devido ao carregamento particular, atuante; teriam vaiores significativos para outros tipos de carregamentos.) d) O leitor pode perceber, após os exemplos apresentados, que a idéia básica que deu origem às vigas Langer e aos sistemas pên- seis foi a da criação de um sistema reticulado, solidário com a viga biapoiada, que, trabalhando ao esforço normal, alivia as solicitações de flexão da viga (pois absorve parte da carga) auxiliando-a, então, a vencer um vão que ela, isoladamente, nãa poderia vencer (ao menos de uma forma economicamente viável). 4. Estudo das linhas de influencia em estruturas hippstáticas 4.1 - Base teórica do método de resolução Seja a estmtura duas vezes hiperestitica da Fig. 11.226: lp='A n A A B C D F i i 11926 -Enruniri hiperastbtica. Adotando-se para sistema principal o indicado na Fig. II-227 temos, conforme o que abordamos no item 2.2.d deste capitulo: Ou seja:
- 111. 204 Curso de &se estrutural Nestas expressBes, os 0 ij. função apenas do sistema princi- pal adotado, independem do carregamento, ao passo que os são,evi. dentemente, função dele. Em se tratando do estudo de linhas de innuên. cia, a cada posição da carga unitária corresponderão diferentes 6i0 e demos então escrever que: Para obtermos as linhas de influência dos hiperestáticosbasta- rá, pois, conhecer as linhas de influência dos Seja,por exemplo, obter a linha de inliuência de filo (deformação na dinção do hiperestático X1 , no sistema principal, devida ao carrega- mento externo P = 1 que percorre a estrutura). Para obtenção de uma ordenada generica de SI0. em se tratando de uma deformação numa es- trutura isostática, temos os estados de carregamento e de deformação in- dicados na Fig. 11-228: +c' Estado de deformaqão u L Estado de carregamento Fio. 11.228 Combinando os diagramas obtidos para estes estados de car- regamento e de deformação, teríamos a rotação relativa das tangentes à elástica em 3, no sistema principal ( &i0)provocada pela aplicação da carga P = 1 na posição genérica S indicada. Lembrando, agora, o teorema de Maxwell sabemos que, caso quiséssemos obter o deslocamento vertical de uma seção genérica S. no sistema principal, devido à aplica- ção de uma carga X1 = I , como os diagramas a combinar seriam os mesmos, teríamos que este deslocamento vertical de uma seção genérica devido à aplicação de X1 = 1 seria numericamente igual ao deslocamen- to na direção de X1 provocado pela aplicação, naquela seção genérica, mpeiatdtki - o método âas forças 20s da carga concentrada unitária Isto nos permite concluir, entáo, que: L L S10 = Elástica do sistema principal carregado com X1 = I. De forma inteiramente análoga, concluiriamos que: L L SZ0 = Elástica do sistema principal carregado com X2 = 1. Com isto, as l i de influência dos hiperestiticos estão c e nheeidas, senão vejamos: L L Xl = - ( P11 L. L filo + 012 L I. ) = Elástica do sistema I principal carregado com X1 = - I e x2= - a12, OU, ainda: L L X1 = Elástica do sistema principal carregado com os(-0 ) da Ia. linha da matriz [O] A uma conclus%oanáloga chegariamos para a L. I. X2 e, genera- lizando, podemos concluir que: L LXi = Elktica do sistema principal carregado com os (4) da iGaa linha da matriz [o]. - Conheadas as linhas de influência dos hiperestáticos, aslinhas de influência de outros efeitos são obtidas imediatamente da expressão: Nesta expressão, E1 e E2 não variam com a variação da P*' SiHo da caga unitária, pois representam os valores do efeito estudado, no sistema principal, provocados pela aplicação de X1 = 1 e X2 = 1 , respectivamente. Com a variação da posição de P = 1 variaráo, então,apenas E0 s X1 .X2. segundo suas l i a s de influência. Como L L E0 é uma linha de influencia no sistema principal (i"statico) e como as linhas de influência dos hiperestáticos já são cc- aeadas, o pmblema está resolvido e, generalizando, temos:
- 112. 4.2 - Roteim de cálculo A partir das conclusões do item anterior, podemos =tabele. cer o seguinte roteiro para o traçado de linhas de influência cm ntm. Nras hiperestáticas. I?) Escoiha do sistema principal (de prcferência composto de trechos que se comportem, para a carga P = 1 , como biapoiadm) e dos hiperestáticm (aplicados no sentido do esforço positivo). Observação: Recomendamos que o sistema principal seja constituído de trechos com- portando-se como biapoiados para, quando do cálculo das linhas de in- fluència dos hiperestáticos, recairmos nas expressões que deduziremos no item 59. (É claro que nada impede de se adotar um sistema principal qualquer e de se obterem as ordenadas das linhas de influéncia dos hi- perestáticos ponto a ponto, pela aplicação do teorema dos trabalhos vir- tuais.) Recomendamos, também, que os hiperestatiws sejam aplicados no sentido do esforço positivo para que as linhas de influência obtidas já tenham o sinal' correto do esforço estudado. 2?) Traçado dos diagramas no sistema principal para os hi- perestáticos unitários. 3?) Obten~ãoda matriz [ 8 1 49) Obtenção & matriz [ P ] = 16 1 S?) Obtenção das linhas de influência dos hiperestáticos. Observaçóo inicial: Sabemos que as linhas de influéncia dos hiperestáticos são as elásticasdo sistema principal carregado com os (- P ) corretos Ora, até aqui, temos sempre trabalhado com os hii da matriz [ 6 1 multiplicados porElc,ou seja, a matriz correta [ 6 1 seria aquela com que trabalhamos dividida por ,!Vc e, conseqüentemente, a matriz [o ] correta será aquela comque trabalhamos devidamente multiplicada por EJc. Não podemos, pois, nos esquecer disto na hora da obtenção das linhas de influência dos hiperes- táticos, ou seja, devemos multiplicar os nossos (- 0 ) da matriz [ P ] er- rada com que trabalhamos por EJc para obtençzo das elásticas. Supondo que, em nosso sistema principal adotado, a estrutura fi- que dividida em elementos cornportandwe para a cargaP=1 como biapoiados, para obtenção das linhas de inflGncia dos hiperestáticos teremos que achar elásticas de vi~asbiapoiadas para carreeamentos da forma da Fig. 11-229.- k h 7i I ---*- Fip. 11-229 Hipaestdtica - o metodo das forças 207 a) Caso de J constante: L Pd:Viga Tnjugadacarregada mm J 8 : M, -. Fig. 11-230 Como a elástica é o diagrama de momentos fletores na viga conjugada, temos: ou seja: (Podemos, pois, usar os P da matriz errada com que trabalhamos usual- mente sem maiores preocupaçóes) b) Caso de J variando em mísula (supondo Jmax.em I) l3 0 s v a h i du Riqaes %e WDestão dados na takla I pertencente r0 c*P- d o v01 I &ste Curso.
- 113. R Uma ordenada gengrica Xi da elástica, obtida pela combina. çzo dos diagramas da Fik 11-231 é dada, conforme a tabela 111 do cap. I, pela expressão: ou seja: (11.10) qx, = 11' ( P1 rll + P2 V 2 ) I Jcsendo: I' = 1 -Jm in Os coeficientes q 1 e V 2 . dependendo do tipo de mísula. são obtidos das tabelas XII a XV do cap. I. 6?) Outras linhas de iníiuéncia São obtidas da expressáo 1 L 1 . E = L I . E O + Z E i L . L X i (11.11) II 4.3 - ApIicações i E r 11-33- Para o quadro da Fig. 11-232, de inércia constante, traçar as linhas de influência seguintes, cotandcm nas 1 seçóes indicadas (as wtas estão em metros): Fip. 11-232 barra CF L I . M ? ~ , h(?, M~ . VF. HB. M I I . Qv Temos: 1. Sistemaprincipal e hiperestitieo~ X1 Xi Irhh Fie. 11.233 2. Diagramas no sistema principal X, .,m, X, .lrn, Fip. 11.234 3. Matriz 161 S. Linhas de influência dos hiperestáticos 5.1 - L I. X 1 Será a elistica do sistema principal carregado mm (- 1% h h a ) da matriz 10I ,ou seja, com o carregamento indicado na Fig. 11-235. Fig. 11-235 Temos, entao: a) Trecho BC 7/90 Fig. 11-236
- 114. 210 Corso de mslise nitnihiral Hipmtática - O método h f o v 1 211 Para as seçóes -inaladas na Fig. 11.232, obtemos: Teremos: % = -2 124 = 0.55 -7 Fg. 11.237 b) Trecho CD Para este trecho, n2o precisam refazer os cflculos, pois vemos que o trecho BC se transforma em CD,se lhe imprimimos uma rotaçáo de 180°, multiplicando seus valores por 2 . Sendo assim, temos: 7 c) Balanço Ai3 Sabemos que a elástica serA uma linha reta nos balanços, bastando, portanto, calcular sua ordenada extrema, o que faremos a par- tir da defullçáo. Temos a combinar os diagramas da Fig. 11-238,obtendo: Fip. 11-238 1 7 -E Y c t ; A = E l c x - ~ 3 0 x 5 ~ -. . TIA= 1,94 6 90 d) Balanço DE Podemos, então, traçar a linha de influência de X1 , o que feito na Fig. 11-239. Obser~nção: Haverá, também, uma elástica para a barra vertical CF,em cujo conhe cimento não estamos interessados, pois a carga P=l nso percorre esta barra. Será a elistica do sistema principal carregado com (-2a.laia) da matriz [ p ] , ou seja, com o carregamento indicado na Fig. 11-240. Fip. 11-240 Comparando com 5.1, vemos que, para obter a L I. X2, bas ta se imprimir uma rotação de I800 à L I. X1. Com isto, temos a li- nha de infiuência representada na Fig. 11-241.
- 115. 212 Cuiso de a n h eatmtunl 6. Outras linhas de influência barra CF 6.1 - L I. Mc Temos: barra CF -L L M c - L 1. (MolebarraCF - 1 xL.I.X1 + 1 L.I.X2= LI.X2- -L. LX1 Vem, entáo: a partir do quadro de valores seguinte, a linha de influên- cia representada na Fig. 11-242. 6.2 - L.1.V F Temos: L I. VF = L. I.(Vo)F - - ( LI. X1 + L.1X2 ). estando representada, 30 I a partir do quadro de valores seguinte, na Fig. 11-243. 6.3 - LINB Considerando positiva a reação horizontal da diieita para a esquerda, temos: %E0 A I I1 111 IV V VI E Fip. 11.242 barra CF - í.y =L.l.Mc x 2 1 -1,39 +1,96 t3.13 +2,64 - 2,64 -3.13 -1,96 +1,39
- 116. 214 CUROde an%iseestrutud 1 1 1L L H B = LI.(Ho)i( - - L.I.X1 +-L.1.X2= - ( L . 1 . L -12 I2 12 - L. I. XI ) = L I. M? CF,0 que é aiiás, evidente. 12 Podemos dispensar seu traçado. 6.4 - L.I. lemos: L I. MI1 = L 1. (Mo) II + 0,5 L. I. X,.estando traçada na Fig. 11-244. I H i p d t i c a -o método dar forçns 215 1 6.5 - L 1. Qv Temos: L 1. X ,estando traçada na Fig. 11-245.L L Q V E LI.(Qo)v - -30 2 Fip 11.245 - L. I. O v
- 117. E*. 11-34- Para a estrutura do exemplo 11-1I, traçar as linhas de influência dos esforços simples na segão a 114 do váo, contada do apoio esquerdo. Adotando o sistema principal da Fig. 11-70 do referidoexem. plo e que esta transcrito a seguir, obtivemos [ SI= [I 161, ou seja: I It m [(3]= [!/I 161Daí vem: Fig. 11.245 1. Linha de influência do hiperestático 1Será a elástica da estrutura carregada com (-- ) no lugar 116 de X1 , OU seja, com o carregamento dado na Fig. 11-246, para o tre. cho horizontal em que se desloca a carga unitária. 51116 7: 11 lU 51116 A: I I ( Fig 11-246 A partir de (11.10). obtemos 5 = / l ' ( ( 3 , q 1 + 0 2 1 ) = 2 0 x 5 ( V l + q 2 ) = 116 Empregando-se a tabela XIV, obtenios, com o auxílio do quadro de valores a seguir, a L 1. X1 ,traçada na Fig. 11-247. Hipemt6tka -0 d t o d o das f 0 ~ ,217 I Seção I I1 111 2. Linhas de influência dos esforços simples atuantes em 1 2.1.-L,I. MI= L I. (MO)I -5 L I. Xl ,indicada na Fig. 11-248. 2.2 -L.1. Q1= L I. ( Qo ), ,indicada na Fig. 11-249. '71 0,0459 0,0560 0,0349 '12 0,0349 0,0560 0,0459 "x1 0,38 0,48 0.38
- 118. Fio 11-250 - L. I. N, Obsevaqies: a) Os exemplos 11-33 e 11-34 ilustram o procedimento a adotar para se obterem as linhas de influência numa estrutura hiperestática. Caso a estrutura hiperestática em questáo for tal que não seja possível obter um sistema principal, que se comporte à flexão como viga biapoiada, as expressões (U-9) e (LI-10) não mais serão válidas para a obtenção das linhas de influência dos hiperestáticos que, em se tratando de elásticas do sistema principal, serão obtidas por pontos, empregando-se diretamente os conceitos de estado de carregamento e estado de de- formação estudados no cap. 1, para obtenção de cada um desses Fon- t o s Isto ocorrerá tamb6m para as estruturas cuja lei de variação de inércia n b as enquadre em caso de combinação de diagramas tabela- do no cap. I.. b) A regra de ~ ü l l e r - ~ r e d a u ' ~d também aplicável para a obtenção de linhas de influência em estruturas hiperestáticas, conforme ilustra oca- so seguinte: Seja a viga continua da Fig. 11-251.1, para a qual desejamos obter, por exemplo, a linha de influência da reação vertical em A. Rom- IV Fig. 11-251 14 Ver enunciado no item 4.4 do rnp. 1 deste volume. ~iprr~tllüca- o método das f o w ' 219 pendo o vinculo que transmite esta reaÇã0 vertical vA e aplicando, em A, uma força VA igual à que existiria se O vincblo existisse, temos o esquema estático da Fig. 11-251.2, idêntico ao da Fig. 11-251.1 e cujo aspecto da elástica está indicado na própria figura (tendo esta elástica, pois, ordenada nula na seção A). Considerando, agora, para a mesma estrutura que a da F@, 11-251.2 a aplicação, em A. no sentido oposto ao de vA positivo, de uma força F tal que produza uma deformação unitánalS da seção A (e cujo aspecto da elástica pmvocada no resto da estrutura estáindicado na Fig. 11-251.3). teremos, aplicando o teorema de Betti aos grupos de forças indicados em 11-251.2 e 11-251.3: -VA x l + l x q = FxO. . q = VA, oquedemonsiraque,para o b termos a linha de influência da reaçgo vertical VA. rompemos o vincu- lo capaz de transmitf-la, atribuindo à estrutura assim obtida um dedoca- mento unitário no sentido oposto ao de VA positivo, sendo a elástica desta estrutura. decorrente da imposição deste deslocamento unimo, a linha de influência desejada. De maneira inteiramente anáIoga, demonstrariamos a validade da regra de MuUer-Breslau para a obtenção de outros tipos de linhas de influência. Não é usual utilizarmos a regra de MüUer-Breslaupara a obtenção numérica das linhas de influência em estruturas hiperestáticas; seu conhe cimento é, no entanto, bastante útil, pois nos permite conhecer, o p r b ri, que aspecto terão estas linhas de influência. Assim, para a viga mn- tinua da Fig. 11-252, podemos afirmar que as linhas de influência dos esforços indicados terão os aspectos apresentados nesta figura Fi 11 -2 Y l S Que ni6 cnanda como pequenadefoma@o (v. obrrviflo do item 1.2 do ap.ipJ).
- 119. 220 Curso de anáiise estrutural Fie. 11-252 (mnL) 5 - O teozema de Mennbrea Apresentaremos, agora, uma interpretaçáo puramente energética para os valores dos hiperestáticos de uma estrutura hiperestática Seja, por exemplo, a estrutura hiperestática da Fi& 11-253-1 , submetida ao carregamento Pi indicado. I w - ~t i a -o método das fo- I 221 I Podemos, conforme já sabemos, encará-la mmo sendo a estni- wra isostatica da Fig. 11.253.2, submetida ao mesmo carregamento Pi , acrescido dos hiperestáticos X1 , ...'.Xg , cujos valores são tais que as deformações da estrutura em sua direção sáo nulas. Sendo assim, podemos dizer, por exemplo, que 6 3 = 0, pois 63 6 a deformaçáo da estrutura, devida ao carregamento atuante, na direção do hiperestfitico X3 (no caso, 6 o deslocamento horizontal de E), Por força a rdos teoremas de Castigliano, podemos escrever que 63 = --=0, sendor J x, a energia real de deformação da estrutura. Derivando esta última expressão em relacão a XI .obtemos< . 263 - a2 T- - - , que representa o aumento da deformação 83 na ax3 a2 direção de X3 para um acrésci'mo de X3 ,aumento este essencialmente positivo. Temos, então que o valor de XJ satisfaz às mndições: - - 2a - O e h2> 0 , 0 que indica que X3 toma um mi- 3x7 axq nimoi isto constitui o dorema de Menabrea, que podemos enunciar da se-- guinte forma: "A pndeza hiperestdtim tem um wlor tal que t o m o traba- iho r@! de deformaç& & esiruium wn mínimo': Ex 11-35- Empregando o teorema de Menabrea, obter o diagra- ma de momentos fletores para a vigq da Fig. 11-254, submetida ao carregamento indicado, que possui inkrcia constante. Devido à simetria existente, podemos afumar que o aspecto do diagrama de momentos fletores desejado é o da Fig. 11-255, sendo o valor de M a determinar. - q
- 120. Como: 2 M(x)= -',,+&L - qx 2 2 o trabalho real de defonnaçHoserá dado por: 3 Temos: 8 - 3 a r = - & ) aM 2EJ 6 Impondo o teorema de Menabrea, vem: ---0:. M = aM = -l2 sendoo diagrama pdido. pis,oindicadona Fig. 11.256. 12 Fig. 11-256 6 - Cáido de defamaçio em estmturas hiperestiticas - Verifiraçk de diagramas 6.1 - Caro de cungamento externo !3eja a estrutura da Fig. 11-257.1, submetida ao carregamento indicado, para a qual desejamos, por exemplo, calcular o deslocamento da seção m na direção A. Conforme vimos no cap. I deste volume. a aplicação do teorema dos trabalhos virtuais, a partir do estado de carre gamento da Fig. 11-257.2, nos fornece: 4 I Hiptestática -o &todo das forpa Levando em conta que, a partir de um sistema principal qualquer, podemos escrever: M=MO+MIXl+M2X2, N = N O+NIXl +N2X2, Q =Qo + QIX1 + Q2X2 e m=Mo+M ~ X ~+M2x2, I I N=Zo+ NIXI + N2X2, Q= Go+ QIXI + QZx2, temos: I xQ - + 1 (Q9 + Qlrl+ Q2x2)di = xaod" + EJ ES I CS + x 2 ,"C:"'] + I + x2 [j EJ +x1 I""" +j + X I + AnaIisando os coeficientes de TI e de x 2 , a igualdade pode *r reescrita sob a forma:
- 121. 224 Cuno de anáiise estnitud Levando em conta que os coeficientes de rle & serão iguais a zero, por serem dados por cada uma das equações do sistema de equações de compatibilidade elástica para determinação dos hiperestaticos XI e x2 do estado de defomação, a expressão anterior se reduzira para em que M,N. Q são os esforços atuantes na estnitura hiperestiticanoes- tado de defonnaçao e 6,Fio, DOE esforços atuantes no sistema principal isostdtico se nele aplicamos a carga P = 1 t. Por manipulações algébricas inteiramente anâlogas poderlanos também obter em q u e . K x E são os esforços atuantes na estrutura hiperestática no~-~.- . estado-de .canegarneE, e Mo, No , Qo os esforços atuantes no siste- ma principal isostático se nele aplicamos o carregamento externo atuante. A partir das duas Últimas expressões, Peter Pastemak enun- ciou o assim chamado teorema da redução, da forma seguinte: "Para se calruiar deformações numa estruma hiperestáticn. empregando-se o teorema dos trabalhos virtuais. um dos estados (o de mwegamento ou o de deformaçüo)deve ser tomado m esirutura hiperestática. podendo o outro ser tornado num sistema principal isostáti~o'~qualquer que dela se obtenha': Obsmaçóes: a) Normalmente, no caso de carregamento externo, o estado de deformaçXo 6 tomado para a estrutura hiperestatica, pois precisamos conheXrseus~ diagramas solicitantes para este carregãmento externo atuante a fun de poder dimensioni-Ia, ficando o estado de carregamento para ser tomado num sistema principal qualquer, obtido a partir da estrutura hiperestitica. b) O câlculo de defomaç6es em estruturas hiperestitiw tem grande apli- caça0 na verificaçáo de diagramas solicitantes obtidos para uma estrutura hiperestatica, pois basta tomar o estado de deformação na estrutura hiperestatica (sendo conhecidos, portanto, seus diagramas s0li- 16 No casa de estnitura no espaço, substituir por (11-20). 17 NO casa de emutura no erpaco, substituir por (11-21). l8 O sistema principal isastático deve ser tal que possibiite a existência da deforma* que queremos cplcular. lii+tka - o métododac forças -' 225 &antes) e escolher o estado de carregamento, num sistema principal isost6ticO 18. necessário ?iobtenção de um deslocamento cujo valor nhecemos a priori @r exemplo, rotaçao num engaste, deslocamento li. near de um apoio do 2.O gênero, etc., valores estes que sabemos serem nulos); calculamos, então, este deslocamento cujo valor comparamos com aquele que conhecemos a prwri, o que permite então verificar a cone- ção ou não dos diagramas solicitantes obtidos para a estrutura hiperesti- tica Er 11-36-Caldar o deslocamento vertical na seção central 'da viga biengastada de rigidez constante EJ indi- cada na Fig. 11-258. Tomando o estado de deformação na estrutura hiperestiticae o estado de carregamento no sistema principal, por exemplo, da Fig. U-259,temos, a parti dos diagramas Mo e M das Figs 11-259e 11.260 (sendo,que o diagrama M ji é conhecido a partir do resultado doexem- plo U-35). empregando a tabela 11: Fia. 11-258 Fia. 11.280 18 (V. mu e.anterior. )
- 122. Obsewuçüo: Para o estado de,$egamento poderíamos ter, indiferentemente, tmba. Ihado com um dos sistemas principais da Fig. U-261. Fio. 11-261 Ex 11-37- Calcular o deslocamento horizontal da barra apara a eitrutura da Fig. 11-19 (exemplo 11-1) sub metida ao carregamento indicado nesta figurá. Temos, adotando o estado de carregamento no sis!emaprinci- pal da Fig. 11-262 e mantendo o estado de deformação na estrutura hi- perestática, os diagramas Mo e M das Figs. 11-262 e 11-263, a partir dos quais obtemos: M Fio. 11-262 Fig. 11.263 IEJc6= M @ d s = ' x 3 x 3(-0.82 + =)= + 2 . 4 5 . ' .6 = 3 2 = 0,245 mm, da esquerda para a direita ObsenaçaO: Se trabalhássemos com qualquer outro sistema principal, chegaríamosevi- dentemente ao mesmo resgltado, senão vejamos. A partir do diagrama Mo traçado para o sistema principal da Fig. 11-264, obtemos: . x 4.09 = + 2,45, que reproduz o resultado anterior. Ex 11-38- Empregando o teorema de Pasternak, verificar a wrreção do diagrama de momentos fletores para a viga da Fig. 11-258. Calculemos, por exemplo, a rotação da tangente à elastica num dos engastes, que sabemos, a priori, ser nula. Temos, escolhendo o engaste A, por exempjo, a partir do si* tema principal isostático da Fig. 11-265, o diagrama mo indicado nesta figura que, combinado com o diagrama M da Fig. 11-260, nos fornece: I 2 12U 6 = M o M d s = ~ X I X1 - - x e x I x 1 = O, o que 12 3 8 verifica a correçzo do diagrama M. lmt Imt Obsmu@: t O sistema principal escolhido para tratado do diagrama MO deve ser tal I que possibilite a existència da deformaçáo, cujo valor, que conhecemos a priori, desejamos verificar; caso contrário, náo será possível esta verifica- çáo. Assim, no caso deste exemplo, o sistema principal da Fig. 11-265 I 1 não poderia ter o engaste em A, que impediria a rotacão da tangente à elástica em A, cujo valor nulo desejamos usar na venficaçáo da sorreção I do diagrama M da viga hiperestatica. Ex 11-39- Verificar a wrreção do diagrama de momentos fle- tores, representado na Fig. 11-21, para a estrutura da Fig. Ib19, submetida ao carregamento indicado nesta figura. Cslculemos, por exemplo, o deslocamento horizontal doengm I te A, que sabemos a priori ser nulo. I Smdo o diagrama M na estrutura hipemtitica o indicado na I r%.11-263 e o diagrama Mo no sistema ~rincipaleswihido o indica- do na Fig. 11-266. temos:
- 123. Fie. 11-266 o que verifica o diagrama. (A ligeira diferença encontrada do valor zero se deve, evidentemente, ao arredondamento feito quando do cálculo dos hiperestiticos, para a obtenção deM.) 6.2 - Caso de varia* de temperatura Se a estrutura da Fig. 11-257.1, estiver agora submitida'ava- nação de temperatura indicada na Fig. 11-267.1, o deslocamento da se- $%om, na direção A, por ela provocado, valerá, a partir do estado de car- regamento da Fip. 11-267.2: iti 1 1 1Fie. 11-287.1 - Estado de ddomirSo Fie. 11-267.2 -Emdo deuirqimsnto IEnorqm: M, N, 01 IEsfortm: y c] Fie. 11-267 F x ~ = M d s +lfftgBds + /A!!$& + /&%&+ I" 'h-"' - ES GS I 1 A partir do desenvolvimento apresentado no tópico 6.1 deste item, sabemos que Como, para uma variação de temperatura temos MO = Ng = Qo = O,a expresso obtida pela aplicação do teorema dos trabalhos virtuais se re- duz, finalmente, para a partir da qual podemos calcular deformações em estruturas hiperestlti- eas devidas à variação de temperafura, sem ser necessário conhecer os Tagramas solicitantes que esta variação de temperatura introduz na estru- I tura hiperestática dada. Podemos, também, trabalhar com o estado de carregamento na estrutura isostática, o que é útil quando j6 conhecemos os diagramas solicitmtes na estrutura hiperestática devidos à variaçáo de temperatura, senão vejamos Partindo da expressáo (U.14) e levando em conta que: M = MIXl + M2X2 , N = NIXl + N A , Q = QIXI + Q2X2 , obtemos: I l9 A notafio e as mnwnções de sinais a30a1 mesmas apresentadas no tópim cone* I Pondmte no mp. I deste volume.
- 124. Identificados os coefieientes de e 2 como as duas equa pões de compatibilidade elástica (SI? + 6 1 1 ~ 1+ ( 2 ~ 2 )e ( 62t + + 62iX1 + 622X2) para resolução da estrutura hiperestática submetida à vaziaçáo de temperatura, seus valores serão nulos e ficamos, finalmen- te, com A expressão (11-16) nos permite, então, calcular defomações em estrutu. ras hiperestáticas devidas a variaçk de temperatura, trabalhando com o estado- de qanegamento num sistema principal isostático (fornecendo esforços Mo, No,gO)e com o estado de deformação na estrutura hiperestática (esforçosM.N, Q). Os termos pertencentes ao primeiro parintesis somam a d e formação no sistcma principal isostático devida à variação de temperatu- ra existente; os iermos do segundo parintesis representam ii deformação elastica devida aos esforços que a hiperestaticidade da estrutura nela in- troduz devido à variaçáo de temperatura. *' A expressão (11-16) permite tambbm a verificação de diagra- mas obtidos em estruturas hiperestáticas para variação de temperatura, sendo o tipo de procedimento inteiramente análogo ao adotado no caso de carregamento externo. Os exemplos seguintes esclarecem. Ex. 11-40- Para a estrutura do exemplo U-1 (representada na - Fig. 11-19), calcular a rotação da tangente à elásti- ca em B devida à vaziação de temperatura de que faia o item b do exemplo 11-1. 20 No caso de estnitura no espaço. substituir por (11-22). No cálculo dos termos do xgundo pnrênteds (que simbohm deform;yáo dásti- EP da csflunira). podem ser feitas as simplifica@er mencionada no item 1.Le do cap I. Hipmiática -o método dss fo- 231 / No caso, como o diagrama na estrutura hiperestática já 6 n>. hecido, toma-se mais pratico trabalhar com o estado de carregamento num sistema principal isostátim. Escolhendo o sistema principal da Fig. 11-268.1 cujos diagramas aoe NO estão traçados eni 11.268.2 e 11. 268.3, temos, a partir da expressão (11.16). em que desprezamos os dois 6ltimos termos por se tratar de um quadro, que trabalha basicamente à flexão e cujo primeiro temo é nulo (pois ri = te = tg ) e, levando em conta o diagrama M na estrutura hiperestática devido à variação da tem- peratura representado em 11-269 (transcrito da Fig. 11-24): I F i i 11-269 -M (emmtl Ex. 11-41- Verificar a conqão do diagrama de momentos fie tores para a estrutura do exemplo anterior. I Calculemos, por exemplo, a rotação da tangente à elastica em A. Temos, para o sistema principal da Fig. 11-270, os diagramas mo e No,a partk dos quais temos, empregando a expressllo 01-16) (va- lendo as observaçóes feitas no exemplo anterior):
- 125. lmt m6nlmlmt 6 . . 6= -0,000002 rad O , o que verifica o diagrama (a diferença de zero se devendo aos arredondamentos feitos quando do cálculo dos hi- perestáticos, para a obtençáo de M). Ex. 11-42- Calcular o deslocamento vertical da seçáo central da estrutura da Fig. 11-271, que tem ff = 1 0 5 / 0 ~ e cuja seçáo transversal, constante, 6 um retângu- lo de O,4 m de altura. se suas fibras externas fo- rem resfriadas de 10 OC e as internas aquecidas de 30°C em relação a temperatura do dia de ,113 execução. 5" C ,...,@C 'P I i" f No caso deste exemplo, ser4 mais cômodo trabalhar com o estado de carregamento na estrutura hiperestática, já que não conhece- mos os diagramas solicitantes devidos à variação de temperaturaem ques- tão na estrutura hipereststica 1 Sendo o estado de carregamento. então,o da Fig. 11-272.1, a partir de cuja resolução obtemos os diagramas M e N indicados em 11-272.2 e 11-272.3, obtemos, pela aplicação da expresão (11-15): e 1 A scção central sobe, então, de 0 9 8 m 6.3 - Ciso de reealqws & apoio Seja a estrutura hiperestátiea da Fig 11-273.1, submetida aos recalques de apoio indicados, para a qud queremos calcular, por exem- $10, o deslocamento da seção m na direçzo A , provocado por estes re- calques A partir do estado de carregamento da Fig. 11-2732, temos, empregando o teorema dos trabalhos virtuais: Fie. 11-273.1 - Endo da d&rmuj& Fip. 11-273.2 -Eado deurrasmmm- - A (Worsa: M, N,O ) I E n o m : M, N, O Fig. 11-273 -Por procedimento inteiramente análogo ao adotado na pas<s- g*n da expressão (11.14) para a expressiio (11-15). no item 6.2 deste t6. pico, podemos mostrar que o segundo membro da igualdade (II-17)enu- 10 e ficamos, então, com: P S + zRp = O (11-18 )
- 126. W Cuiso de anáiii estrutural Esta Última expressão permite, então, calcular deformações em estruturas hiperestáticas, trabalhando com o estado de carregamento na estrutura hiperestitica, sendo necessário apenas calcular as reaçóes de apoio R no estado de carregamento. Podemos, também, trabalhar com o estado de carregamento num sistema principal isostátiw (ficando mm o estado de deformação na estrutura hiperestitica), obtendo, de forma inteiramente aniloga à adotada no caso de variação de temperatura: .. Na expressa0 (11-19), Ro, Mo.No,Dose referem a um sistema principal isost6tico e M.N,Q sao esforços na estrutura hiperestática dada provocados pelos recalques p. Esta Última expressão é valiosa para fins de verificação de di- agramas obtidos em estruturas hiperestáticas para recalques de apoio, sen- do o tipo de procedimento análogo ao adotado nos casos de carregamen to externo e variação de temperatura. Observaçóes: a) Sendo o segundo membro da igualdade (11-19) dado por trabalho de deformação elástica de estrutura, podem -ser feitas, em seu cálculo, as simplificações mencionadas no item 1.2.e do cap. L b) Todas as expressões que deduzimos neste tópico 6 o foram para s truturas planas. Caso tenhamos uma estmtura nb espaço, devemos acrescentar ao trabalho virtual de deformação, devido ao momento fle- tor e aos esforços normal e cortante, aquele devido ao momento tor- çor. Assi, para o caso de estruturas espaciais, as expressões (11-12). (11-13). (11-16) e (IE19) se transformarão, respectivamente, em: No caso de ertmhira no espaço. substituir por 01-23). -Oca -o método das f o p 235 Ex 11-43- Calcular, para o quadro da Fig. 11.271, o desloca- mento vertical da sqão central, provocado pelos recalques, indicados na Fig. 11-274,dos apoios A e B. Fip. 11-274 Como as reações de apoio no estado de carregamento, toma- do na estrutura hiperestática, já são conhecidas (V. Fig. 11-272.1) pode- mos escrever, imediatamente, a partir de (11-18), que .' . 6 = 0,0175 m = 1,75 cm (para baixo). Ex. 11-44- Verificar a curreção do diagrama de momentos fle- tores (idicado na Fig. 11-27) para a estrutura do exemplo 11-1 (Fig. 11-19) submetida aos recalques verticais de que fala o item c do enunciado do referido exemplo. Calculando, por exemplo, a rotação da tangente à elástica em A (que sabemos ser 1 0 3 rad) temos, a partir da expressão (11-19), ]e- "ando em wnta o estado de deformação (na estrutura hiperestática) e 0 estado de carregamento (num sistema principal isostático) das Figs. 11-275
- 127. 236 CII~SOde inPg «rhritiua~ e II-276 e desprezando os trabalhos elásticos de defomçllo devidos aos esforços normais e cortantes: I Fig. 11-275 -En.do&&foimi*k. Fig. 11.276 -Enido &sri.pmmto. H, 6 = -+ 11.7 - 18,s = 9,9 .' . 6 = 0,00099 -0,001 rad, 6 valor do recalque angular sofrido pelo engaste A (a pequena diferença encontrada se deve aos arredondamentos feitos quando do ciicuio dos hiperestáticos devidos ao recalque). 7 - Pmbiemas pmpoatos 7.1 -Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11-277. i7.2 - Traçar o diagrama de momentos fletores para a estrutura da Fig. 11.278. Todas as barras têm mesma indrcia. w + - a m + d m - C Fig. 11-278 7.3 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reaç&s de apoio para o quadro da Fig. 11-279, que possui inkrcia constante. d bc*- C ---C L + t Fig. 11.279 7.4 - Para o quadro, de inércia constante, da Fig. 11-280,pede-se: a) mostrar que as reaçóes verticais em A e B só dependem de equa- çóes da Estática; b) calcular o valor da carga concentrada que, aplicadaemM, dana a mesma reação horizontal em A que aquela provocada pelo carre- gamento uniforme indicado. EEni -in- + Fig. 11.280 7.5 - Para-a estrutura da Fig, 11-281, qual o esforço normal que aparecerá no tirante se lhe for dado um encurtamento de Z c m ? Dados: (Eqquadro = lo4 tm2 (ESltirante = 103 t
- 128. 7.6 - Obter o diagrama de esforços normais para a estrutura da Fia. 11-282. Fig. 11-282 7.7 - Uma viga de seção constante, rotulada em A e engastada em E, é submetida a uma variação térmica linear, segundo a altu- ra h, definida por rs = +t 'X e ti =+3t OC, nos bordos su- perior e inferior, respectivamente. A seção é tal que o centro de gravidade dista h/3 do bordo inferior. Determinar as rea- ' @s de apoio. Dados: E, J, S. a,h, r. 7.8 - Obter os diagramag solicitantes para o quadro de inércia cons- tante da Fig. 11.283. Hiped6tics -o método da9 fo- 239 Fip 11-282 7.9 -As fibras superiores da grelha da Fig. 11-283sofrem um aumen- to de temperatura de 20 oC. Sendo dados = 10-5/oC; = 2 ;W = 104 tm2; h = 0,s m (altura da seção reta), pe- GJt dem-se seus diagramas solicitantes. A , AB=BC=6m Fip. 11-283 7.10'- Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro de inbr- cia wnstante da Fig. 11.284 provocado por: a) carregamento indicado. b) diminuição uniforme de 30 OC E dado: WCt = 1 tm21oC &2t . 1-1-1 Fip. 11.284
- 129. 240 Cuno de wáiisc estrutural 7.11 - Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de inér- cia variável da Fig. 11-286. Dados: JA = JD = Jcomp. J~ = 5 Jcomp. Fig. 11-286 7.12 - O apoio B da estrutura da Fig. 11-287 sofre um recalque de 1 cm, de cima para baixo. Pede-se o DMF e as reaçties de apoio. Admitir que a barra @ tenha inércia constante. Dados: Barra (iJ: JA= 2Jcomp. Jc = I0Jcomp. Barra @ : J = Jmmp. Ucomp.= 104 tm2 7.13 - Traçar o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11.288. Sáo dados: para as banas verticais: J = Jc J 4para a bana curva: a=1, sendoJm=- J, JcosP 3 7.14 - Idem, para o quadro da Fig. 11.289, para o qual temos: barras verticais: J = 21ç barras curvas: = 1, sendo Jm= J, JCOSP + h & h + Fig. 11-289 7.15 - Obter O valor do esforço normal no tirante da Fig. 11-290 devido a um encurtamento de 2 cm a ele imposto. São dados: Jm Barra curva: --Jcosq - 1, sendo Jm= Jc Ci Barras verticais: J = 2Jc ( H c ) quadro = 10" tm' +- .I --r- (ES) tirante = 5x103 t ~ 9 .11-290 7.16 - Qual a variagio de comprimento que deve ser dada ao tiran- te AB da estrutura da Fig. 11-291 durante a montagem pa- ra que, quando atuar o carregamento indicado. o momen- to fletor atuante em A e em B sqa de Zmt, tracionando as fibras externas ?
- 130. 242 CUROde análise estrutural 4 2São dados: EJ, = 10 tm Fia. 11-291 7.17 - Obter as reaç&s de apoio para a viga balcgo circular da Fig. 11-292 submetida a uma diminuiçáo de t oC das fibras superiores e a um aumento de t oC das fibras inferiores. Dados: 0 Altura: h Seção retangular EJ = CJt Coef. de dilataçxo: a Fio. 11-292 7.18 - Obter os diagramas solicitantes para a grelha da Fig. n-293, que tem FJ -I GJt 7.19 - Calcular os momentos de engastamento perfeito para a vi. ga balczo semicircular da Fig. 11-294, submetida a um cai. regamento uniformemente distribuída "q" e que possui CJt = F i . 11.204 720 - Resolver a grelha da Fig. 11-295, cujas barras têm inkrcia constante. Fia. 11.295 7.21 - Obter os diagramas de momentos fletorese torçores para a grelha da Fig. 11-296,cujasbarras têm E=2. CJ, / ~ i+.*% Fip 11-296 +,m+- b --f-'"-f- 7.22 - Idem, para a grelha da Fig. 11-298. 723 - Empregando o artifício do arranjo de cargas, obter o dia- grama de momentos fletores para o quadro de inércia constante da Fig. 11-2q l.. - rn ]+6fiLJ Fig. 11-298 - - .'i * ' L 7.24 - Idem, para o quadro da Fig. 11-299.
- 131. Fip. 11-299 7.25 - Idem, para o quadro duplamente simémw da Fig. 11-300. +JLm 4em$ 7.26 - Idem, para o quadro da Fig. 11-301 I ! 7.27 - Idem, para o quadro da Fig. 11.302. QI Fip. 11-301 Fip. 11-300' 7.28 - Obter o diagrama de mhentos fletores Y=ada Fig. iI-303, que tem rigidez EJ = 10 tm2, provocado pela imposição de um encurtamento de 2 cm ?ibarra AB. Fig. 11-303 + I m -P 729 - Obter para a viga da Fig. iI-304o DMF provocado pelo carregamento momento fletor uniformemente distribuído. 7.30 - Calculara compressão atuante na barra EF. São dados: Para o quadroABW: J = 10m2m4 o P a r a a b m E F : J = 1 0 - ~m4 UIEa- F ~ .11-306 s = to-> m2
- 132. y- CUROde anáiip estrutud ~ ~ r r s t s t i c a-o metodo das f o r p ii7.31 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro. de inércia coni tante, da F~R.11.306. 3 3 - i - + r + 7.32 - Obter sistemas principais com o menor número possível de hiperes- táticos para as estruturas elástica e geometricamente simétricas da Fig. 11-307. Os carregamentos, indicados esquematicamente. são si- métricos ou anti-simétricos: 733 - Idem, para as estruturas (grelhas) da Fig. Ir-308. Fig. 11-308 7.34 - Empregando o artifício do grupo de incógnitas, obter os diagramas de momentos fletores para O quadro da Fig. ü-309.que tem W = 2.1 x lo4 tm2, devidosa: a) carregamento indicado b) recalque vertical de 1 cm do apoio E, de cima para baixo.
- 133. +3m -+3m ?IL Fip. 11-309 7.35 - Idem, para o quadro da Fig. 11-310, que tem inércia mns- tante. I 7.36 - Calcular os esforços normais atuantes nos tirantes da estm- tura da Fig. 11-311. Dados: (EJlquadro = 2 x lo4 tm2 = 104 + 4m -+ 4m --+Fio. 11-311 7.37 - Obter os diagramas solicitantes para a grelha da Fig. 11-312, que tem EJ = 2CJt 7.38 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11.313, cujas barras t h inércia constante. Fip. 11313 + . r i4 ttttttt* 7.39 - As fibras superiores da greba da Fig. 11-314s%oaquecidase as inferiores resfriadas de 10'C. Sendoa seção transversal um re- tângulo de 0,5 m de altura, obter o valor do momento torçor atuante na bana AB. São dados: EJ = 2 x 104tmZ ; GJI= 104tmZ; a = IO-~/OC 7.40 - Determinar os esforços solicitantes em todas as banas da viga armada da Fig. 11-315. 4 1 . $tlm Dados: Barra- horizontal: . 3m Outras barras: 2
- 134. 250 Curso de análise estrutura] 7.41 - A viga de rigidez do sistema pénsil da Fig. 11-316 tein 7 ]o4W = lo4 tni- e as barras do reticulado tém /:S = - -. 9 Obter: a) esforço nori:i:d em C caso ocorrain recalques em A e B, de cinia para baixo, valendo. ambos, 3 cm. b) esíoqo normd em I/ para uma diminuição uniíorine de temperatura de 30oC. Dado: a = 10-5/uC. + s . * , . . f . 4m t 3 m * 3 m + 7.42 - Resolver a viga armada isostática da Fig. 11-317. C 43tim -&h -&h ? i a m - + h - + 7.43 - Calcular, para o sistema pênsil da Fig. 11-318, que variação de comprimento deve ser dada A barra O?.durante a montagem, para que, com a atuação do carregamento indicado, sejam nu- los os momentos fletoresem B e C. São d a d o ~ : ( E J ) * ~ ~= 104tm2 (ES)reticulado= 5 X 1O3t aII Fim. 11.318 - i l i i i L I u . t.-+4. +- .--+ 7.44 - Obter as equaçóes da linha de influência do momento fle- tor em A , para as vigas das Figs. 11.3 19 e 11-320 que têm inercia constante. Fig. 11-319 Fig. 11-320 IFiperestática -o método das forfs9 251 7.45 - Traçar, para a viga armada da Fig. 11-321, as linhas de in- fluência de esforço normal na barra U:, e de momento fle- tor na seção 1. São dados: (E&iga = 104 tm? 3 J (ES),ticulado = 10 i, (S)viga = muito pequeno. I II B Fie. 11-321 - - - - - 4 4 7.46 - Traçar as linhas de influência seguintes para a viga continua de inércia constante da Fig. 11-322. cotandcbas nos quintos do vão: VA .MB .MII .QI. 1 3 +6rn 6m+ 6m-i(L6m 1 2 m 4 Fip. 11.322 7.47 - Traçar as linhas de influencia de reação vertical de momento fletor no engaste A. cotando-as nas seções indicadas, para o quadro de inércia constante da Fig. 11-323. A F L iFig. 11323 7.48 - Para a estrutura da Fig. 11-324, pedem-se: a) linhas de influência de MD e MC esq b) usando as linhas de influência anteriores, traçar o DMF 23 As linhas de influência para vigas contínuas de inércia constante. ~ o maté 4 vãos, foram tabeladas par Georg Anger, sendo estas tabelas de inestimável ajuda para O enge nheúo estrutural.
- 135. provocado por uma carga vertical de 6t. de cima para baixo. atuando em A. Fip. 11.324 Dados: barras verticais: J = const = Jc barras BC e CD: = 2 .Ic Jmax 10Jc 7.49 - Obter a linha de influencia de reação vertical no engaste, para o quadro da Fig. 11-325. ,2Jc 7.50 - Empregando o teorema de Menabrea, obter os diagramas de momentos fletores para as vigas de.inérciaconstantedas Figs 11-326 11-327. 4 1 E +112 4 112 + A+ 112 * 2 + Fig. 11-326 Fie. 11.327 Hipteat&ica -o método das fo- 253 7.51 - Calcular o deslocamento horiwntal da bana CDEF da es- trutura da Fig. 11.283, que teni EJ = 104 trn2. 7.52 - Verificar a correçáo do diagrama de momentos fletores ob- tidos para o quadro da Fig. 11-288. 7.53 - Verificar a correção dos diagramas obtidos para a grelha da Fig. 11.293. 7.54 - Verificar a coneção do diagrama obtido para o quadro da 1 Fig. 11.313. I 7.55 - Calcular o deslocamento vertid, sob a carga P. para as vi- gas das Figs. 11-326e 11.327, que têm rigidez E% 8 - Respostas dos pmblemrnr p m p t m
- 136. 27.4 - - ql 3 7.5 - Traçãode 3,38t 7.6 - Esforços normais: Barra AB: -4,ESt; Barra BC:-8,75t; Barra AD: +6,86t; Barra BD: +6,5t. 77.7 - ReaçM horizontais: H = -ESat (compressão) 3 3Reaçües verticais: V = -EJa t (cortante negativo) hl 3Reação momento: M = -EJat (traciona fibrassuperiores) h THipaesiítiea -o método h i o q
- 137. 715 - Tração de 4,151 7.16 - Encurtamentode 4,73mm 7.17 - Reações nulas I I 7.19 - Momentofletor:qRZ;Momentotorçor: 0,298 qR1 I ; r-o
- 138. Curso de anáíise estrutural mprrststia-o &todo das forças 7.29 - Diagrama nulo 7.30 - 2.63t 7.32 - Indicaremos, apenas, o número mínimo de hiperestfiticosdis- tintos:
- 139. 260 CURO de anais estrutural 736 - Esforcos normais nulos. Hiprestática -o métododas forças qa2-12 i M (duplamente rirn6tricol 7.43 - Encurtamento de 6,4 em
- 140. v-- ' Curso de anais estrutural f6prestádca -o metododas fo-
- 141. CAPITULO I11 - ESTRUTURAS SOBRE APOIOS ELASTICOS 1 - Apoios elhticos discretos 1.1 - Defuiieo dos apoios elásticos a) Apoio eni mola (equivalente estaticamente ao apoio do 19 gênero) Seja a viga AB da Fig. 111-1, apoiada em A num apoio do 20 gênero e, em B, sobre a viga CD.Agindo uma carga P sobre AB, ela se transmitirá ao apoio A e à viga CD que, sob a ação da carga recebi. da, se deformará. Podemos, então, dizer que o ponto B da viga CD é, para a viga AB, um apoio elástico, pois absorve uma reação de apoio às custas de uma deformaçzo na direçáo da força absorvida. Fip. 111.1 ~7O esquema estrutural da viga AB é, então, o da Fig. 111-2. Fip. 111-2 A móla fica defmida, numericamente, pela constante k, dita constarite de mola, e que representa a razão entre a força aplicada na mola e a defonnaçáo nela pmduzida por esta força (razão esta constan- te, pois estamos no regime elástico). Para conhecermos esta constante de mola, basta aplicarmos na estrutura que funciona como apoio ( n o caso, CD) uma força F no ponto em que apóia a estrutura dada (no caso B) e calcular sua deformação 6, neste ponto, sob a ação de F. A consta- Estmtum sobre apoios elásticos te da mola valerá: b) Engaste elástico (equivalente estaticamente ao engaste perfeito) Seja a viga AB da Fig. 111-3. Como as colunas ae @ não têm condições (baixa rigidez) para impedir as rotaç6es de A e B. esta viga funcionará como biapoiada. Seja, agora, a viga AB da Fig. 111-4. A seção B da viga náo poderá @ar, devido à rigidez infinita da parede @ ; a viga funcionará, I Fip. 111-4 1 portanto, como apoiada em A e engastada em B. Se tivermos, finalmente, uma viga AB em que a rigidez do apoio @ se situe entre os dois limites extremos dos exemplos anterio- res, este apoio oferecerá algum impedimento à Livre rotação, aparecendo nele, portanto, uma reação-momento M, associada a uma rotação 8. vis- to que náo existe rigidez suficiente para impedir totalmente a rotação. Estamos, pois, diante do caso de um vinculo que oferece reaçSmomen- to M associada a uma rotação 8.Chamaremos a tal vínculo engaste ekS- 1 e ele será definido pela constante K de engastamento elástico, razão entre O momento M absorvi60 pelo engaste elástico e sua rotação 8. Temos, pois I MK = .- (111.2) e O esquema desta última viga AB será, então, o da Fig. 111-5.
- 142. curso & análise estmtunl . Por exemplo, para o cálculo da Iiaste AB do quadro da Fig. 111-6.1, podemos analisá-la isoladamente a partir do esquema esiático da Fig. 111-6.2, sendo a constante K de engastamento elástico ohtida pela razão entre o momento M aplicado na estrutura da Fig. 111-6.3 (que fun- ciona como engaste elástico) e a rotação que ele provoca no nó E. Fia. 1 1 1 8 qM 111.6.1 111-6.2 111.6.3 Observação: O apoio elástico estaticamente equivalente ao apoio do 2 O género ser& evidentemente, resultante da associação de duas molas conforme indica a figura a seguir: 1.2 - Trabalho Wid de defonnsç~odcs apoios eiástims a) Mola Caso a estrutura possua apoios em mola, estas molas terão, no estado de carregamento, uma força F e, no estado de deformação, Fuma força F(ou seja, uma deformaça0 6 = -). Dandese h estrutura, no k atado de carregamento, deslocamentos virtuais exatamente iguais aos do estado de deformação, o trabalho virtual de deformaçáo de cada mola será dado por: Estruturas sobre apoios elástiws 267 Como, nas aplicações usuais, os trabalhos virtuais de deforma- $50 vêm multiplicados por &Ic,temos: b) Engaste elástico Sendo M e os momentos atuantes no engaste elástico nos estados de deformação e de carregamento, respectivamente, por analogia com o caso anterior, teremos: 1.3 - CXcflo de deformações em estruturas isostiticas Sabemos que, para cálculo de deformações em estruturas, es- creveremos: Trabalho virtual das forças externas = Trabalho virtual das forças internas, ou seja, no caso: Trabalho virtual das forças ex?emas=Trabalho virtual de deformação da estrutura propriamente dita + Trabalho virtual de deformaçEo dos apoios elásticos. Basta, pois, acrescentar aos termos atd aqui considerados, no cálculo dos EJc 6 , tantas vezes as parcelas quantos forem as molas e engastes elástiws da estrutura. A aplicação se- guinte esclarecerá. Ex 111-i- Para a estrutura da Fig. 111-7, que tem El = 104 tm2 , K = lo4 mtlrad e k = ld tlm, kaicular: , a) rotação relativa das tangentes elásticas em E: b) deslocamento vertical de C, c) rotação da tangente A elástica em A. I - FF'virtual mola = F 8 =- k
- 143. 'r- - ~-~- 268 Cursa de análise estmtural O sistema estático equivalente sendo o indicado em 111.8, te- mos: , A B C n A Fig. 111-8 - a) Rotação relativa em B 4 " '. M = imt p@F = 1/47 2,5mt 111.9.1 Fig. 111.9 A partir da Fig. 111-9, obtemos: F J ~ ~= J'MÜI~+ 3 FF + 3 MM. ouseja k K '. 6 = - 18.9 x 1 0 3 rad (sentido: ) ) b) Deslocamento vertical de C Temos, imediatamente: 6 =- Fc = 4=4 mm (para baixo) C k 103 c) Rotação de A Temos, imediatamente: BA = 3 = = 2,4 x 10-3 rad (sentido horário) K 104 Estruturas sobre apoios elhstims 269 1.4 - Resolu@o de eshuturas hipemtstiw Conhecidos os E J ~ ~, o problema das estruturas hiperestiti- cas está. também, resolvido. As aplicaçtks seguintes esclarecerão. E r 111-2- Obter o diagrama de momentos fletores para a vi- ga da Fig. 111-10. São dados: 4 = lo5 tm2 ; K = 104mt/rad ; k = 10 tlm Fia. 111-10 O sistema estático equivalente sendo o da Fig 111-11, temos: 1. Sistema principal e hiperestatico 2 Diagramas no sistema principal 1tJm X1= lmt 4t / 4. Equação de compatibilidade: - 26.33 + 12.83 X1 = O
- 144. 270 Curso de m6lk e ~ t n i t d 5. Hiperestático: X1 = 2,05 6. Diagrama final Fio. 181-14 Observação: A partir das expresses (111.1) e (111.2) sabemos, no caso, que: deslocamento vertical de A: y~ = 0,374 mm (para b u o ) rotação da tangente em i?: Bg = 2,05 x 104 rad (sentido anti- horario). Ex. IU-3 - Resolver a grelha da Fig, 111-15 para um recalque de cima para baixo de 1 cm do apoio A. S%odados: Fio. 111-15 A 8 = BC = 3m Temos: 1. Sistema principal e hiperutático A $ B/txl Fio. 111.18 Esbuhuarsobre apoiosciústicoa 2 Diagramas no sistema principal 3. Cglculo dos mc6 1 Wc611= 2 x - x 3 x 3 x 3 + 2 ~ 3 ~ 3 ~ 3 +3 -lo4 x 1 x 103-" 5. Hiperestático X1 = 0.62 6. Diagramas fmais Ex. 111-4- Calcular o deslocamento vertical do ponto A da viga-balcHo da Fig. 111-19-1, cujas fibras superiores 6 sofrem uma diminuição de 20 OC, mantendo-se cais- y) tante a temperatura dasfibrasinferiores. São dados: E J = G J ~= 104tm2 k = 104tim Fip. 111.19.1 Altura da viga: h = 0,l rn u = lo-S/oc
- 145. Curso de anáiis estrutural Levando em conta que, para o funcionamento da estrutura como grelha. não importa qual a variação de temperatura sofrida pelo centro de gravidade da seção, temos: I. Sistema principal e hiperestático Fig. 111-19.2 2. Diagramas no sistema principal De acordo com o item 2.a do exemplo 11.15 do cap. 11, temos, para atuação de X1 = 1: 3. Cálculo dos EJ 6 : Temos: EJ 6 = r (sen20+ I + c u s 2 0 - 2 r o s O ) d o + - - - xIo4 104 4. Equação de compatibilidade -20 + 2,14 Xl = O 5. Hiperestático X1 = 9.35 6. Deslocamento vertical de A: 6 - X~ -0,935 mm A - - (para cima) 2 - Apoios elktiws contínuos 2.1 - introdução Este tbpico visa apresentar ao leitor as bases para o estudo estático e elástiw da flexáo simples de vigas suportadas diretamente pe- Estmhnassobre apoiosdsstiios 273 10 terreno (que se constitui, então, num apoio elástico continuo para elas), de trilhos de estradas de feno (wportados por dormentes que, de. vido à pequena distância que guardam entre si em relação ao compri- mento total do trilho, podem ser considerados como um apoio elástico contínuo), de estacas verticais submetidas a cargas horizontais em seu to- po (o terreno em contato com os fustes das estacas ser6 o apoio elás- tico e de quaisquer outros tipos de pec;as cujos apoios elásti. possam, com precisão satisfatória, ser considerados contínuos. I Estudaremos o caso em que a peça sobre o apoio elástico .=ontfnuo tenha inbrcia constante', cuja equação diferencial pode ser prontamente obtida a partir do esquema da Fig. 111-20. q (xl I., . --,I(%," ' Z v,,-- ,,,--,=,,,; ,,,~,#,, - - I r t - -=z Fig. 111.20 I Seja o trecho Atl da viga, com rigidez H, carregada com uma carga distribuída q (x) e repousando sobre um meio elástico que, em cada se. ção, exerce sobre a viga uma reação de apoio proporcional ao desloca- mento vertical y sofrido por esta seç%02,igual a ky, sendo k a cons- tante de mola do meio elástico que serve de apoio. Temos, a partir da equação diferencial das vigas íietidas 2 vezes derivada, membro a membro, em relação a x: ' O caso de inércia variável tornar5 mais complexas as equa 6er diferenciais a integrar para resoluçáo do problema Para este raso. rccomen&or a leltu!a do ca- pitulo wrrespandente do livm de M. HetPnyi: Beomr on Elosric Foundaftons.Ann Arbor. Suporemos o meio elástiw capaz de fornecer reaçócs para qualquer sentida de a deslocamento y (positivo ou negativo):
- 146. I 274 Curso de anáüseshuturd I Levando em conta que a segunda derivada do momento fle- tor em relação i abscissa que descreve a viga é igual à taxa de carga distribuída com sinal trocado, obtemos, no caso: que 0, entzo, a equação diferencial fundamental para o estudo das vigas sobre base elástica, a partir de cuja solução. y(x), conheceremosos esfor- ços simples atuantes numa seção genérica da viga, dados por: A rotação da tangente i elástica numa seção gentrica será, evidentemente, dada por 1 Na resolução das vigas sobre base elhstica, empregaremos o princípio da superposição de efeitos; sendo assim, estudaremos inicial- mente os efeitos de uma carga concentrada isolada, a partir dos quais podemos obter os efeitos provocados por quaisquer outros tipos de car- regamento, conforme veremos nos próximos itens deste tópico. I 22 - Vigas de mmpnmento infinito I 2.2.1 - AtunHo de uma carga mnantrada I I Seja a viga de comprimento infinito da Fig. 111.21, subme- tida h carga P aplicada em O. Adotando o sistema de eixos x O 3' Já que estamos analisando o caso de inércia mnsuntc. No caso de inércia V* riável, obteríamos: 6 2-r + 2 & E + l d y & = - I _ d2W dx4 J dx3 dx dx2 dx2 " d*2 I btnitursp sobre apoioseiáaticos 275 I da Fig. 111.21, temos, a partir de (111-5). levando em conta que q(x)= 0: Fip. 111-21 4 kFazendo h4 = -- 4EJ (111-9) (III-10), vem: 4%Y + 4 y =o, cuja soiução 6: dx4 Y(X)=eXx(c1 C- xx + C*sen h)+e - h /c3 Xx + C4 sen Xx) Passemos â determinação das constantes de integração. Levan- i do em conta que y ( -) = O (já que a carga P não exercerá influên- cia sobre uma seção infinitamente distante de seu ponto de aplicação), devemos ter C1 = C2 = 0, com o que ficamos com: 1 Derivando, obtemos: dr~ ( x )= -= - ~ e - ' ~(C3 cos Xx + C4 sen Xx + C3 sen Xx -C4 cos Xx) Levando agora em conta que, devido 2 simetria existente. devemos ter 1 I Em nosso niudo, ntamos supondo também que a constante de moia do meio clistico seja constante.
- 147. rotaç6es nulas da tangente à elástica na origem, obtemos, da condição: ~ ( 0 )= 0, que C3 = C4 , simplificando-se a igualdade (III- 11) para y(x) = c3 e - h x (cos xx + sen X X ) (111.12) a partir da qual, podemos escrever: 1 d2M ( x ) = -EJ 2= - 2 EJ h2c3 e - ' x (sen xx - cos Ax) dx2 Devido à simetria existente, sabemos tambhm que: 5 Q (O+) = - P/2 , cotn o que obtemos, finalmente: O problema está então resolvido e temos para x >0: PX -Ix(COS Xx + se? Xx)y(x) = - e (111-13) 2k 'h2 e-'X sen xxV(x) = -- (111-14) k P eAx(cos xx - sen XX)M(x) = - (111-15) 4 X I Q(x) = --EedXx cos Xx 2 (111-16) IOs gráficos das funções y(x), ~ ( x ) ,M(x) e Q(x) se encon- tram na Fig. 111.22.~No ponto de aplicaçao .da carga P(x= O), temos I5 Estamos, então, calculando a equafão válida para x positivo. 6 As expresròer (111.13) a (111-16) mostram pue as funçáes ylx), vxf: M l r l e Q(xJ são tunfóes lineares de P. Isto prova a validadc do emprcgo do principio da ~uperposifãode efeitos, de que falamos na introdução deste tópico i Devido i simeiria cstática exirtcntc, sabemos que a funções ylx) c M(x) 150 rimitriçai e ar funcóes V@) eQ(x1 anti-simétricas, com o que pudemos trafnr os gráficos Nmplctos. a partir da? equaçõcs dcduzidas, válidas somente para x Po ritivo. Estmtiuas sobrei p i mdbrticos 277 Fig. 111-22 Obsenqões: a) Para emprego das equações (111-13) a (111-Ió), temos as seguintes wn- venções 2e sinais: P e y são positivos quando de cima para baixo; M e Q têm seus sinais obedecendo convenç6es clássicasde sinaisado- tados no estudo das vigas; 9 é positivo quando no sentido dos ponteiros do rel6gio(sentidohorário). b) Para facilitar o t r a b ~numdriw do engenheiro, a introdução das funções A(Xx), B(Xx), CfXx) e D(Xx), d e f ~ d a spelasigualdades(111-17) a (111-20) e tabeladas, para os diversos valores de (Xx) na tabela XVIII. Permite a simplificação das equações (111.13) a (IIi-16) para a forma indicada em (111-21) a (111-24). AfAx)= e-Xx (cos Xx + sen Xx) (111.17) BIXx) =e-Xx sen xx (111-18)
- 148. q h x ) = e-Ix (ccis Xx -sen Xx) (111-19) D(XX) = e-Xx cos hx (111-20) O cálculo dos efeitos estáticos e elástim para o caso seri, então, imediato, mediante o emprego das expressões (111-21) a (111-24) , com o auxílio da tabela XVIII. Conforme ver6 o leitor ao longo deste t6pic0, as funçer' Afix). B(Ax), C(Xx) e D(Ax) nos serso de enorme auxilio, m m o quando estivermos com outros tipos de carregamentos. Ex. 111-5- Obter os deslocamentos verticais e os momentos fletores atuantes sob os pontos de aplicação das cargas de 5 t indicadas na Fig. 111-23, para a viga infinita cuja rigidez vale EJ = 103tm2, repousan- do sobre um meio elástico cuja constante de mo-. la é k = 4 x l d tlm2.
- 149. No caso: Escolhendo para origem do sistema de coordenadas a primei- ra das cargas concentradas, temos, a partir do quadro de valores a se- guir, empregando o principio da superposição de efeitos, que: Devido à simetria existente (pois a viga é infinita), os valores encontrados para as seções O e A são também válidos para as seções 0' e A';respectivamente. Como 0 b S e ~ a ~ á ointeressante a respeito deste exercício, que- remos chamar a atenção do leitor para o fato de que o momento fletor máximo atuante na viga devido à açáo de 4 cargas concentradas é no caso, igual a 65% daquele que ocorreria se tivéssemos a atuação de uma única carga concentrada. 22.2 - Atuaçáo de uma cargamomento Seja a viga infinita da Fig. 111-24.1, submetida à atuaçáo <te uma carga-momento Mo , aplicada na origem 0. Podemos fazer o pr* blema recair no anterior se encararmos a carga-momento M como um limite do carregamento indicado em 111-24.2 quando, a ten8endo para zero, o produto Pa tender para Mo. Assim. levando em wnta (II1-21), (111-17) e (111-18). temos, empregando o principio da superposiçZo de Eairutursss o b apoioselpsticos 281 1 efeitos para x >0: C = +. %..--.A Fip. 111-26 MOA= - - Mo x2[ - 2xBfix) I = --- BIAX)2k k I Ievando em conta a expressão recemdeduzida, obtemos para x >O: Mo A2 Y/X) = - B(w (111-25) k dy Mo A3qx)= L- = -- dx k c/xx) (111-26) d2YM/x) =-El-- = 5 WAX) dr2 2 (111-27) d3y M AQ(x)=-FJ---dr3. - A /Axl (111-28)
- 150. Temos, então, os gráficos indicados na Fi& 111-25, obtidos le- vando em conta que, devido à anti-simetria da solicitação. as funções y(x) eM(x) são anti-simétricas e as funções V(x) e Q(x) são simétricas. Em particular, os valores no ponto de aplicação de Mo sáo: 22.3 - Atus@o de carga unifonnemente distribuída a) Seções sab o c 4 ~disnibuida Seja a viga da Fig. 111-26, submetida A carga unifonnemen- te distribuída q atuante no trecho AB. Calculemos os efeitos desta carga distribuída na seção C, definida por suas distâncias a e h aos pontos A e B, respectivamente. Empregando o principio da superposição de efeitos, temos, levando em conta que a influencia de carga concentrada infinite- simal qdx sobre o deslocamento vertical da seçáo C é: <Idrh e-Xx (cos ~ x +sen XX), que:~ Y C= + m h ) ] = $ [(i -e-Ao COS h=) + (1 -e-Ab cos ,b) IPodemos, entzo, eacrever que: l 3 t m ~ s rsob= apoios elásticos 283 Procedendo, para O cáiculo de Vc, MC e QC .de modo intei- I w n t e análogo ao empregado para a obtenção deYC, teremos: b) Seçóes fora do trecho compreendido sob o mwegamento disiribuido V Fia. 111.27 Partindo do esquema da Fig. nI-27, temos: i (COS XX + sen hx)& = 3-2k (e-'' cos xu -e-Ab cos u) Podemos, entHo, escrever que: Por procedimento inteiramente anáiogo, obtemos:
- 151. Para a atuaçzo de um carregamento disttibuido qualquer, a so- lução do problema seri ainda obtida empregando-se o principio da su- perposição de efeitos. Para o caso, por exemplo, da Fig. 111-28, o desloca- mento vertical da seção C será dado por yc = & [ q(x) (cos AX + sen AX) h, agindo-se de maneira andloga para a obtenção de IPc. MC e QC. Quando a funçáo q(x) for tal que impossibüite as integrações necessárias ao cálculo de yc, ..., QC ,um procedimento aproximado bastante simples para se obter a solução do problema consistirá em subs tituir o carregamento distribuido por um númem finito de cargas mn- centradas Pique o reproduzam e, a partir das expressões (111-21) a (111- 24). poderemos escrever que: A precisão de tal procedimento será, evidentemente, tanto maior quanto maior for o númem das cargas conoentradas Pi em que for dividido o carregamento distribuído. 2 3 - V i semi-lúinitas 2.3.1 - Vias semi-iiitas com bordo l i Seja a viga semi-infbita da Fig. Iii-29.1, submetida ao carre- gamento indicado, que desejamos resolver. Vejamos a maneira pela qual podemos fazer com que sua resolução recaia na resolução de uma Viga
- 152. 286 Cuiso de anríli estrutural infiita @roblema já resolvido no item 2.2 deste tópim). Se tivéssemos a resolver a viga infinita da Fig. 111-29.2, sua diferença estática da viga semi-infinita da Fig. 111-29.1 residiria na exis- tência, em A. de um momento fletor MA e de um esforce cortante QA, que mant&ma continuidade entre os trechos semi-infinitos de viga à es- querda e à direita de A. Caso tivéssemos MA = QA =O, isti; quereriadi- zer que n80 existe ação estática da parte (carregada) da viga 6 direita de A sobre a parte (descarregada) da viga esquerda de A, que não estaria, então, trabaihando; assim, se conseguirmos fazer desaparecer .MA e QA para a viga infinita da Fig. 111-29.2, sua resolução será idêntica à da vi- ga semi-infinita da Fig. 111-29.1. Isto pode ser facilmente conseguido se aplicarmos à viga infinita, em AW.. uma carga vertical Po e um mo- mento Mo tais que promovam o aparecimento, em A, de um momento fletor (-MA) e de um esforço cortante (aA)que tornem inativa a par- te da viga infinita à esquerda de A. Levando em conta as expressões deduzidas no item 2.2, de- vemos ter: IP o = 4 ( X M ~+ QA! obtendo, então: Asim, a resolução da viga semi-infinita da Fie IU-29.1 será a resoluçáo da viga infinita da Fig 111-29.3, submetida ao mesmo carre- gamento que o da semi-infinita dada, acrescido das cargas Po e Mo d e fiidas em (11141)e (III42), atuantes em Aeq. Ex. 111.6 - Para a viga semi-infinita da Fig. 111-30, submetida ao carregamento indicado, obter o momento fletor a sob O ponto de aplicaçáo da carga P. I Estminnssobnapoioselbsücos 287 h b d o das conclusões tiradas neste item, sabemos que o momento fletor ~edidopode ser obtido a partir da viga infinita da Fig. 111.31, em que Po e Mo Sáo obtidos a partir das expressões (11141) e (111-42). Temos, no caso, levando em conta que PM*=& C(Aa) e Q A = ~ D ( X ~ ) : Assim sendo, o momento fletor atuante sob a carga P ser8 dado, empregando-se o principio da superposição de efeitos, por: ou *a: P 2 2M E = - [ I + C (Ao)- 2 D fia) ] 4 A E& 111-7- Resolver a viga semi-infinita da Fig. IIM2 subme- tida ao carregamento indicado. OD
- 153. 288 Cuiso de anúiise estrutural A fim de evitar problemas com condiçaes de contorno, supo- remos P aplicado em Adir, para a determinação de Po e Mo. Levando então em conta que (jh que a carga está em ~ d i r . ) ,obtemos, a partir de (11141) e (11142): Assim sendo, a solução do problema, válida para x > O, po- de ser obtida a partir da viga infinita da Fig. 111-33, submetida ao car- regamento indicado nesta figura, obtendo-se, a partir das expressões (111- 21) a (111-24) e (111-25) a (111-28), pelo emprego do principio de super- posição de efeitos: P+Po= 4P 0 AO3- m C --) !// s///I//% *i;//,=///~//&-@~//&-//~/// I 1 I t v Fig. 111-33 2.3.2 -r* smiciníininitsr com bordo artieulado Para o caso de vigas semi-infinitas c6m bordo articulado re. premitado na Fig. 111-34.1, analogamente ao que se expôs para o caso das vigas semi-infinitas com bordo livre, a resolução pode ser feita para a viga infinita da Fig. 111-34.2, submetida ao mesmo carregamento que a da viga semi-infinita, acrescido das cargas Po e Mo aplicadas em AeSq, que ser50 obtidas respeitando-se as condições de contorno do problema que são, no caso; para o ponto A, y =M = O. Sendo assim, Po e Mo devem ser tais que provoquem o apa- recimento, na viga infinita, de um deslocamento vertical (-yA) e de um momento fletor (-MA) em A, sendo YA e M,, o deslo-ento e o -mento fletor que existiam em A se a viga infinita estivesse submetida, apenas, ao mesmo carregamento que o da viga semi-infinita.hrtant~d e vemos ter: A resoluçso deste sistema nos fornece Assi, a resoluç%oda viga semioinfinita da Fig. 111-34.1 ser6 a resoluçáo da viga infinita da Fig. U1-34.2, submetida ao mesmo carre- gamehto que o da semi-infinita dada, acrescido das cargas Po e Mo, d e fmidas em (IU-43) e (11141, aplicadas em Aesq. Ex. iII-8- Resolver a viga semi-infinita da Fig. 111.35 submetida ao Carregamentoindicado.
- 154. ciM U . f i - 2 f i ---.. . OD 4 OD 2- - - - r . A A .S.,3,>"m#s,e,~w1 ,,,=,,,%n/ A !"t=*s,,/3& I V .* Fig. 111.35 Fio. 111.38 Suporemos o momento aplicado em Ad" para fins de detenninaçEo de Po e Mo. Levando, enião, em conta que, para .a viga infuiita da Fig. I obtemos, a partir de (11143) e (n1-44): I Assim sendo, a soluç%odo problema, válida para x >O, po- de ser obtida a partir da viga infinita da Fig. 1II-36, submetida ao car- regamento indicado, obtendo-se: 2.3.3 -Vias semi-iifinitsscom bordo enpptado Por analogia com os c h s antdores, a resoluçEo da viga se- mi-infinita w m bordo engastado da Fig. 111-37.1 será a da viga infinita da Fig. 111-37.2 submetida ao mesmo carregamento que a semi-infinita dada, acrescido das cargas Po e Mo aplicadas em Aexl, pelas mesmas razões já discutidas nos itens 23.1 e 2.3.2. No caso, as condições de contorno a satisfazer para o borda engastado A sáo ), = 1P = O, obten- do-se, então, os valores de Po e Mo a partir das expesóesseguintes em que YA e +'A são o deslocamento vertical e a mtaçáo em A na viga in- finita devidos ao carregamento aplicado na viga semi-infmita. I Eshitiuassobra apoioselásticos 291 ! Dai, obtemos: E% nI-9- Para a viga semi-infinita da Fig. 111.38, obter o momento fletor atuante sob o ponto de aplicação da carga P. I No caso, levando em conta que, para a viga infinita da. Fig. -.. I obtemos, a partir de (11145) e (111.46):
- 155. Daí, empregando o ptincípio da superposição de efeitos, c b gamos ao momento fletor atuante sob a carga P,dado, a parür do e i quema da Fig. 111-39, por: ou seja: f l f ~= L [ 1 - A (Xa) CIAa) - 28 (Aa) D &a) ] 4A 2.4.1 - CLIO de bordos lims A solução de uma viga finita sobre base elástica pode ser feita recair, analogamente ao caso da viga semi-infinita, na resolução de urna viga infinita. Seja, par exemplo, resolver a viga fuiita com bordos1ivres.de cbmprimento i, da Fig. 11140, submetida ao carregamento indicado. Fio llC40 Fk. lIU1 - 7 ~ - .-! t_- i" I * v Sua resolução será idêntica à da viga iniiita da Fig. IIMI, desde que acrescentemos, para esta ultima, ao carregamento atuante. as cargas P o ~e mo^ (aplicadas em A"q ) e P,B e mo^ (aplicadas em &ir) tais que façam com que apareçam. nas seções A e B da viga infinita. Este pmcerso foi apresentado, p l s primeira vez, por M. Heiényi no Rclat6rio Final do Congrew da Associação Internacional de Pontes e Grandes Fstmturu. Bulirn. 1938. ~.tiiimsobe apoiosdásticoa 293 mmentos fletons e esforços cortantes de mesmo módulo e sinais opo* tos aos provocados pelo carregamento da viga finita aplicado na viga in- finita Desta fomia, as partes da viga infinita à esquerda de A e à direi- ta de B estarão inertes 66 que não há transmissão de esforços nestas SF ç&s); wm isto, os resultados obtidos para o trecho AB da viga infdta reproduzirão fielmente o comportamento da viga finita AB dada. Sendo, então QA .MA. QB e MB os esforços cortantes e momentos fietores atuantes, na viga infinita, nas seç&s A e B, devidos ao mesmo carregamento que o aplicado na viga finita, as cargas PoAr ,uoA , Pog, e MoB devem satisfazer às seguintes condiçks (obtida por superposição de efeitos, levando em wnta que devemos ter, na viga in- finita M = Q = O em A e 6): P M M C (O) + 4 h C(A1) + 2 D(0) + A2 Dfi[)=-MA Resolvido o sistema anterior, obteremos os valores de PoA. P o ~ .?A e MoB .que nos permitirão resolver a viga finita dada como a nga uifinita da Fig. IIM1. O trabaiho algbbtiw de resolução do problema pode ser, no entanto, grandemente simplificado se empregarmos o artifício do ananjo de cagar, o que permitirá a decomposição do sistema de 4 equações a 4 incógnitas para determinação dos valores de PoA.MoA.Po e MOB "Fem 2 sistemas independentes de 2 equações a 2 indgnitas. al foi o Procedimento lançado por Hetenyi, que apresentaremos a seguir.
- 156. S j a resolver a viga com bordos livres da Fig, III42,subme& da ao carregamento indi~ado.~ Empregandc-se o artifício do a r 4 0 de cargas, sua resolução será a soma das resoluções dos casos das Figs. 11143.1 (carregamento sim&rico) e 11143.2 (carregamento anti-sim& trico), sendo sim6tricas as cargas . e . ~ ia aplicar no caso da Fig. 11143.1 (carregamento simétrico) e anti-smetncas as cargas pO e M a aplicar no caw da Fik 11143.2 (carregamento anti-sim6trico). O O I' Fip. lll-42 Determinemos: entgo os valores de P: ,&,e e 4. a) Caso simétrico Impondo ao caso da Fig. 11143.1, rmpeetivamente, as condi- q3es de contorno M = Q = O em A e E, temos, chamando de $ e A Qfi o momento iietor e o esforço cortante atuantes em A, devidos ao carregamento simétrico atuante no trecho AB (no caso, as duas cargas concentradas iguais a PI2): . . A 4 As expressões ue dcdurircmoi IPo dkia para qudqun encgamento atumtc: apenas, por c o d i d a d e de ipresentaçüo. adotunor cvmo carregamento uma única carga conccnhsda P. I( A soluçtío do sistema nos fornece, a partir da funçso E, ( A I ) r definida por 11147 e tabelada na tabela XVIII: -- Y2(sen hhl + sen A I) Obscrw@: Se obtivemos valores positivos para $eMSo , seus sentidos sertío os h. -dicados na Fig. II143.l;nocm de valores negativas, os sentidos cone tos seráo contrários aos indicadas na figura. a) C ~ Mmti-hetnèò Impondo, agora, ao caso da F i i 11143.2, respectivamente, as mdiçóes de contorno. M = Q = O em A e E, temos, chamando de 4 e Q: o momento fletor e o esforço cortante atuantes em A d h - dosao carregamento anti-simetrim atuante no trecho AB (no caso, as duas cargas concentradas, de sentidos opostos e módulo P/2): I A solução do sistema nos fornece, a partir dafunçtío E,(M), defi~da'por(IIESO) e tabelada na tabela XWI:
- 157. (Valores positivos de P: e 4 confumaráo os sentidos indicados na Fig. 11143.2.) Concluindo, a resolução de uma viga finita AB com bordoS livres sobre base elástica, pode ser decomposta na resolução de duas vi- gas infinitas sobre base elástica, a primeira delas submetida a parcela si- métrica do, carregamento, acrescida das cargas $ e M: aplicadas em Aesq e fJdlr e a segunda submetida à parcela anti-simbtriea p carrega mento, acrescida das cargas e e @ aplicadas em AeSq e Bil< 0 s v a lores de P:, MA. e M: estão definidos nas express6es (11148). (111- 49), (111-51) e (111.52). 2.4.2 - Caso de bordos articulados A Única diferença do caso de bordos articulados para o m o de bordos livres 6 que as condições de contorno são. agora, y = M =O. Assim, agindo de modo inteiramente análogo ao adoiado no item 2.4.1, podemos dizer que a resolução da viga finita da Fig 111-44.1 será a soma da resolução das vigas infinitas das Figs. 1114.2 e 1114.3 submetidas respectivamente, às parcelas simétrica e anti-simétrica do car- regament~'~,acrescidas das cargas $ e M: para o primeiro caso, e das cargas 'e e @ no segundo caco. Os valores de $,M:. e (obtidos respeitandc-se as wndiçóes de contorno, em A e b'. y = M = 0, para o carregamento simétrico e anti-simétrico) são dados por: 10 W q u e r que reja ele em que: MJ e yfi são o momento fletor e o deslocamento vertical da seção A da viga infinita da Fig. 1114.2, submetida apenas à parcela simétrica do carngamento (no caso, as duas cargas de mesmo sentido de P/2); 4e YI são o momento fletor e o deslocamento vertical da seção A da viga infuiita da Fi 1114.3 submetida apenas à parcela anti-simétri- ca do carregamento (nocaso, as duas cargas de sentidos opostos de PD); F8(A I) e Fa (LI) são duas funções auxiliares para o cálculo, defuiidaspe- las expressóes (111-57) e (111.58) e tabeladas na tabela XVIII: I 2.4.3 - Cmo de bordos engastados Analogamente aos casos anteriores, a resolução da viga fimta biengaatada sobre base elástica da Fik 11145.1, será a soma da resolu- ÇHo das vigas infinitas das Figs. 11145.2 e 11145.3, submetidas, respecti- vamente, às parcelas simétrica e anti-sibtrica do carregamento, acresci- das das cargas 6 para o I? caso, e das cargas % e @ no 2? m,.cujos valores (obtidos respeitando-se as condiçoes de bordo para o caso, em A e B, e que são y = V = O), si30 dados por: P" -
- 158. ! NO -, mmo Xl= I. vêm: e= 0,94P Nestas expressões, as funções E S N )e E (Ai) são as mesmas do caso de bordos livres e os valores y;. 4,y! e v2 representam o deslocamento vertical e a mtaçso da tangente H elhtica em A, na vi- ga infinita, submetida, respectivamente, às parcelas simétrica e anti-sim& trica do carregamento amante na viga finita dada. Empngsndo, enm, o principio de superposiçáo de efeitos, obtemos: 2.4.4 - Exemplo de aplicaçãa Ex. III-10 -Calcular o deslocamento verti& e o momento fle- tor atuante sob a carga P para a viga finita, de bordos lines da Fig. 111-46, que tem A1 = 1. Leiando em conta que M = 1, temos finalmente: A I B ///s///=///=/ n s///S// Fio. I l ~ C +2 t 112 + a) V I , que, no caso de viga finitas com condiçóes de bordo simétri- Cas, foi possível deanpor a resolução do problema na resolução das parcelas simétrica e anti-simbtrica do carregamento atuante. Caso as mndiçües de bordo do problema não sejam, entretanto, sidtricas, con- forme 6 o caso da viga da Fig 11148.1, sua resoluç%o,a partir do que vimos no inicio do item 2.4.1 deste t6piw, será a da viga infinita No casv,como o carregamento atuante já C simétrico, s6 t e remos a parcela simétrica a estudar. A resolução da viga íinita dada se- rá, entáo, a resoluçáo da viga i n f ~ t ada Fig. 111.47 submetida ao cme- gamento indicado, sendo os valores de M: e p: obtidos das expressões (111-48) e (111-49). levando em conta que . P A I P X 1 , dados porQS = -D ( -) e Mi = 4~ C/- A 2 2 2 1 Fig. 111-48
- 159. da Fig. 11148.2, sendo os valores de f$ ,Ut,Pf e M! obtidos das wndiçaes de bordo: YA =o MA = O Ye = o vg =o, Para o primeiro grupo, podemos desprezar por completoafle xáo danga, considerandea como infinitamente rígida, por ser sua defor- maçso elástica muito pequena em wmparaçáo com a deformago do apoio elástico continuo; consideraremos, entZo, que sua deformada é uma linha reta, obtida por simples considerações de estatica (a reaçáo do apoio elástico contínuo, que será uma pressão linearmente distribuída ao longo da viga, deve dar uma resultante coincidindo em módulo e dire- ção com a resultante do carregamento aplicado na viga). . Para o segundo grupo, são importantes as deformaçóes elásti- cas da viga em presença das deformações do apoio elástico, sendo tam- que nos wnduziráo a um sistema de 4 equações a 4 incógnitas, que re- i solverá o problema. b) Partindo dos princípios e express&s apresentados neste item 2.4, p demos tabelar a solução dos diversos tipos de vigas finitas sobre base elástica para os carregamentos que mais ocorrem na prática; é o que está feito na tabela XIX, onde fornecemos, para cada caso, a equação dos deslocamentos verticais y da viga a partir da qual, pelo emprego das expressões (111-6) a (111-8), podemos obter as equações dos esfor- ços cortantes e momentos fletores atuantes na viga, bem wmo das 1 rotações das tangentes à elástica. l1 Or vaiores iqiresentados d o o s recomendados par Bowles em seu livm "Foun. dation Analyrb and Durgn", McGraw HiU I Estmtuntso&e apoioseiásticos 301 c) Para o caso de vigas cuja base elástica é uma camada de solo, a cons- tante de mola k do meio elástico, dada por k = c b,, em que b, C a largura da viga em contacto com o solo e c o coeficiente de re- calques do solo, pode ser obtida a partir dos valores de c, tabelados na tabela XX para os diferentes tipos de solo." d) Em função do valor do produto (A I), que caracteriza a rigidez rela- tiva da viga em relação à sua base elástica, podemos classificar as vi- gas finitas em três grupos: I? grupo: vigas curtas: 1 1 < TI4 2P grupo: vigas médias: r 14< XI <r 39 grupo: vigas longas: XI > n I bém importante a uifluência de cargas atuantes num bordo sobre o i outro bordo. vigas deste grupo devem ser, pois, estudadas com todo o rigor, dentro da teoria apresentada neste item. Finahiente, para as vigas do terceiro grupo, a influência das cargas atuantes num dos bordos sobre o outro bordo 6 muito pequena (isto C, podemos dizer que A (AI/, ....D (AI), tendem rapidamente pa- ra zero se AI > r) de modo que, ao se estudar um de seus bordos, podemos supor que o outro esteja infinitamente afastado (considerando. se, então, a viga como semi-infdta). I Queremos chamar a atenção para o fato de que Timoshenko sugere, ao invés dos d o r e s e para limitar o caso de vigas médias, os valores 0,60 e 5; preferimos, entretanto, ficar com os primeiros valo. res (sugeridos por Hetényi), pois já fornecem uma precisa0 bastante sa- tisfatória para os cálculos usuais em engenharia. e) Os casos de carregamento tabelados na tabela XIX nos permitem tam- bém a resolução de vigas contínuas sobre base elástica, senZo vejamos: Seja, por exemplo, resolver a viga contínua sobre base elástica da Fig. 11149.1. i A A .t-+ 11149.2 1,,2 3,': '2 111.49.1 Fig. 11149 Sabemos. do ponto de visfa estático, que podemos encarar a resolução da viga continua dada como sendo a resoluçáo das duas vigas isost&ticasindependentes AB e BC, submetidas ao mesmo carregamento que a viga continua, acrescido do momento M de continuidade em B para as vigas AB e BC, que será determinado levando em conta que . viga AB = BC v~ (atas duas rotações podem ser determinadas a partir dos d o r e s de y tabelados na tabela XIX). Determinado o valor de M, o problema está resolvido, a partir do esquema da Fig. 11149.2. Por procedimento inteiramente anaogo, poderemos resolver vigas contínuas sobre base elástica com maior número de vãos. f, estudo de problemas mais wmplexos, relativos a vigas sobre base elástica, tais como os casos de vigas de inércia variável, de bases elás- I ticas 'com constante de mola variável, de ocorrência de flexão com. Posta e torção, recomendamos a leitura dos capítulos wrrespondentes "0 livro de M . Hetinyi, já citado neste tópiw.
- 161. TABELA XX - COEFICIENTES DE RECALQUE DE SOLOS c ítJrn3) TIPO DE SOLO argiia muito rija 5,0 x ld préadensada dura 10 1o3 Eatruturmsobre apoiosd8sticos 305 3 - Roblemss pmpost~ 3.1 - h a a estrutura isostática da Fig. 111-50. cujas barras verticais tém inércia J, e cuja barra curva tem inércia variando segun- do a lei Jm = 1, sendo Jm = -$-I,,pedem-se: JcosV a) rotação relativa das tangentes à elástica em E: 6) deslocamento horizontal de C; c) deslocamento vekical de D. São dados: (m&quadro = 5 x lo3 tm2 (ESjtirante = 2,s x lo3t k = 103 tlm - par. 2?gau A 3.2 -Calcular as nqões verticais nas molas, para a viga da Fig 111-51, que tem inércia infinita. I' I' +I m -i)L-- I m + l m Fip. 11161
- 162. 3.3 -Resolvero problema anterior, supondo todas as molascom mesma constante k 3.4 - Para a grelha da Fig. 111-52, pedem-se os deslocamen?os verticais dos pontos A e E. I Dados: 3.5 -Calcular as reaçlles de apoio para a grelha da Fig. 111.53, para a qual temos .E2 = 2;Hr 2 0 0 3 GJt k 3.6- Obter o deslocamento vertical de C para a grelha da Fig. 111-54. São dados : Fip. 111-64 3.7- Calcular o ddoeamento vertical de A para a viga-baleao da Fig. 111-55. Dados: Ell = 2,4 x lo4 tm2 GJt = 1,6 x 104 tm2 ic = 104 t/m 3.8 -Mostrar, para a viga infmita abre base elástica, da Fi& 111-56, que o momento fletor atuante na seção C indicada 6 dado Pr:.,fC = - [ A (h@)- A (hb)-2hf ~ ( h b ) ] I Fip. 111-56 l2 Para os problemas 3.8 a 3.14. são dados E l e k.
- 163. 3.9 -Resolver a viga semi-infita da Fi 111-57 para o carregamen- to indicado. i Fig. 111-ó7 3.10 - Mostrar que as rea* de apoio no engaste da viga semi-infi- nita da Fig. 111-58 são dadas por M = 2~~ H !L e V = 9- k A Fig. titas 3.1 1 - Calcular, sem o emprego da tabela XE, o mommto fletor atuante em C para a viga fuiita da F i 111-59. Fie. 111-69 3.12 - Calcular, sem o emprego da tabela XM, os momentos de en- gastamento perfeito para a viga tinita da Fi.111-60. -q 1 I Fip. lll.60 3.13 - Calcular a rotaçso da tangente à elástica em A para a viga da Fig. 111.59. 3.14 - Calcular a flecha máxima para a viga da F i 111-60. 3.15 - Calcular a rotação das tangentes à elástica em A. B e Cpara a viga da Fig, UI-61, empregando a tabela XM. São dados: A1 = 1, EJ. Fig. 11141 4 - Resposts dos p m e pmpostos. 3.1 - a) 0,89 x 10-'rad (f?) ; b) 5,19mm(-r) ; c) 2.75 mm (4) 9 P . 1op I1p 6 P3.2 - -, 26 13 ' 26 e 13 ,de baixo paracima P3.3 - Todasas reações iguaisa -,de baixo para cima 2 3.4 - 1,8mm e 4.6 mm, de cima para baixo 3.5 - Nos engastes: V= 1.81 t ; M =7,08 mt ; T = 10,86mt Na mola: V= 6,38 t 3.6 - 2,16 mrn, para baixo 3.7 - 0,105 mm, para baixo 2MA2 C(Ax); v=-3.9 - y=- -k 4MX3D ( X X ) ; M=MA(xx); k Q=-2MAB(Ax)
- 164. 310 AI AIsenh -sen - 3.11 - MC' x 2 2 9 cmhX1 + coshl