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curso de anhlise estrutural 2
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CURSO DE ANÁLISE ESTRUTURAL Volume
II
DeformaçZes em estruturas. Método das forças.
--
I II 111
-
Enciclopédia Técnica Universal Globo
- Estruturas Isost8ticas - Deforrnatóes em estruturas. Metoda das forcas
- Wtodo das DeformaçÍks. Roasso de Croo
CURSO DE ISE ESTRUTURAL Volume I 1
FICHA CATALOGRAFICA [Preparada pelo Centro de Catalogaq50-nsFonte, Cimara Brasileira do Livra. SPI
Deformações em estruturas. Mbtodo das forças.
Süsrekind. Jose Carlos. 1947S963c 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. formações em estruturas. MBtado dar forças.
-
- v.
2. De-
-
1: Deformwões IMecinicaI 2. Estruturas Andlire (Engenharia) 3. Forcas e Tensões. I. Titulo. II. TituI 0 : Deformaç6es em estruturas. IiI.Estruturas isostiticar.
inlices p a a m á l o g o sinam6tica 1. Análise estrutural : Engenharia 624.171 2. Deformagaes : ~ ~estrutural ~624.176 ~ 3. Ertruturar : Análise :.~ngenheria 624.171 4. Forwr : Analise ettrutural : ~ngenharis624.176
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EDITORA GLOBO Porto Alegre
1980
-
copyright
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1973 by José
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Carlos Surwkind
Apresentacão
Capa'. ~ u b mHerrmnn Planeiamento gr8fim:Tacnimtor
Produçdn G d f i u ~ Ltda.
-
l? Ediqão abril de 1976 2 Edi* -setembro de 1977 3? Ediw-o mmo de 1979
-
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 tornou 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.
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--.-32E.2Direitos excluiivor
de edi*, Porto
da Edftom Globo S. A. em ttngua Rio Grande do Sul
Alegre
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Bmil
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.
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Ri0 de Janeiro, 1.0 de abril de 1974
José Carlos Susekind
Sumario CAPITULO I
- CALCULO DE DEFORMAÇ~ESEM ESTRUTURAS ISOSTATICAS
I
- Aplicaqão do teorenia dos trahallios virtuais aos corpos el6sticos I
1.1
I.?
I.. 1.2.2 1.23 1.2.4 1.2.4.1 1.2.4.2 1.2.4.3 1.3 1.3.1 1.4
- O priiicípio de d'Aleniberl
e os conceitos de deslocanieiito e traballio virtual I - Cálculo de defornidfóes devidas 5 atuação de carregamento externo - F6rmula de Mohr 3 - Aplicaçtíes imeiiiatas 7
-
-
-
-
Uso de tabelas para calculo de
/",J&
11
Aplicações As estruturas usuais da pr8tica I6 Casos de barras com inercia variável 24 Barras cuwas com inircia variando segundo a lei Jml~cos= 1 24 'P Inircia variando em mísula 26 Caso de variação aleatória da in6rcia 4 5 Cáiculo de deformações devidas à variação de temperatura 47 L Caso particular: variação uniforme de temperatura ( ~ ~ 5 52 0 ) Cálcu!o de deformaçGes devidas a -movimentos (recalques) . dos amios 55
2 - Cálculc de deformações em vigas retas - Processo de Mohr 57 - AplicqXo d o processo de Mohr is vigas hipereststieas 64 21
i
3
- Cálculo de deformaçües em treliças planas - Processo de Williot
4
- Teoremas complementares 78 - Teorema de Betti 78 4.1 4.2 - Teorema de Mêxwell 79 - Teoremas de Castigliano 80 4.3 4.4 - Regra de MüUer-Breslau 86
5 6
-
Problemas propostos 89 Respostas dos problemas propostos 100
1
-
Introdução Determinação d o 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
70
2.1
'... 2.3 2.4 2.5
2.5.1 1.5.1.2 2.5.1.3 2.5.1.4 7.5.2
- Vigas semi-infinitas
- As bases d o método 106
Obse~a$õcs109 - Roteiro p.ara o niétodo das forças 112 - Aplicações 113 - Artifícios hiperestáticos para estmtura elástica e geometricamente simétrica 152 - Artifício do arranio de careas 153 -
- O artifício 157
Caso de existência de dupla simetria (elástica e geomktrica) na estrutura 166 - Aplicai;áo i s grelhas 172 - Artifício dos grupos de incógnitas (ou artifício das matrizes simE!ricas) 182
-
.
3 - Estudo dos sistemas reticulados enrijecidos por vigas 196
-
5 6
Estudo das linhas de influência em estruturas hipereststicas 203 -- Base teórica do método de resolução 203 4.1 4.2 - Roteiro de cálculo 206 4.3 - Aplicaqões 208
- O teorema
de Menabrea 220
6 - Cálculo de deformação em estruturas hiperestáticas diagramas 222 - Caso de carregamento externo 222 6.1 6.2 - Caso de variação de temperatura 228 - Caso de recalques de apoio 233 6.3 7 8
- Problemas propostos 236 - Respostas dos problemas propostos CAPITULO I11
1
-
2
-
Apoios 1.1 1.2 1.3 1.4 Apoios 2.1 2.2 2.2.1 222 2.2.3 22.4
2.4.2 2.4.3 2.4.4 2.4.5
-
-
Verificação de
253
ESTRüTURAS SOBRE APOIOS ELASTICOS
elásticos discretos 264 - Definição dos apoios elásticos 264 - Trabalho virtual de deformação dos apoios elkticoS 266 - C~lculode deformações em estruturas isost6ticas 267 - Resolução de estruturas hiperestáticas 269 elásticos contínuos 272 - Introdução 272 - Vigas de comprimento infinito 274 - Atuaçáo de uma carga concentrada 274 - Atuaçáo de uma carga-momento 282 - Atuaçáo de carga uniformemente distribuída 284 - Atuaçao de carregamento distribuido qualquer 286
3 4
-
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 - Caso de bordos articulados 298 - Caso de bordos engastados 299 - Exemplo de aplicação 3M) - Observações 301
Problemas propostos 307
- Respostas dos problemas pmpostos 3 11
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 Mecânica 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 apresentados, a seguir, os artifícios visando i simplificação d o 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 resolução das Listas de problemas propostos ao fim de cada capítulo, como única forma de realmente sedimentar os conceitos apresentados durante a exposição do capitulo.
Na oportunidade, queremos deixar registrados nossos agradccimentos ao amigo José de Moura Villas Boas, pelo trabalho de revisão deste volume, e aos demais amigos que, com suas sugestões e estimulo, colaboraram 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
i;
-O
de d'brlembert e os conceitos de deslocamento e trabalho Wtual ]ean d'Alembert introduziu na Mecânica Racional os conceitos de deslocamento e trabalho virtual, estudando o seguinte caso: 1.1
P.
I p2
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 = O. Este deslocade nenhuma nova força no sistema, isto é, mantendo 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 ( r e e ) que amam s$re 0 ponto m quando ele sofre o deslocamento virtual 6 vale W = 2. 6 =O. Dizemos, então. que, " p m um ponto material em equilíbrio (2= 01. O nobalho wml r ~ l i r a d opelo sistemn de forcas reais em equilíbrio que atua sobre o,yn*o, w n d o este sofre um deslouimento wtuol arbih$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).
I
A pariir destas consideraçóes, poderemos extrapojar os teoremas gerais da Mecânica sobre trabalhos reais para teoremas sobre trabalhos
Cálculo de deformações em estruturas isostáticas 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 deslocamento 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, enunciar 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 tiabalhos 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 trabalhos virtuais; não o fizemos, neste trabalho, por ser nosso objetivo aPre.Senti-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 Pequenos dedocamentos, pela razão expasta na abrerva@ogdo item 1.2 deste capitulo.
3
neste caso, a metodologia utilizada pelo prof. Leopoldo de Castro Moreira em seu trabalho "Curso de Estática das Construçóes" publicado pelo Diretório 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 devidas à 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: d,# sendo
= - Mds
,-
Ads=
Nds . ES '
x Qds < ~ h =CS
'
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
4
Curso de análise estrutural
-
I
1
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:
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 trabalho virtual das forças internas aquele do momento de torção, que vale:
Trabalho virtual das forças externas (cargas e reações): Wext =
P6
Cálculo de d e f o m q ü e s em estruturas isostáticas
(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
I I
I I
Jt o momento de inércia à torç%oda seção da peça e que está tabelado, para as seções mais usuais, na tabela XVI. Notar bem que Jt + J (momento de inércia polar), para as seções mais gerais; só temos Jt para 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,
=.f,
~ d h , ou, levandoem conta as
expressões da Resistência dos Materiais:
Igualandese, obtemos
I
I\
d o o estado de carregamento definido pela tabela I.
e) Para as estruturas com que lidamos usualmente na prática, podemos acrescentar as Seguintes informações, de grande valia na simplificação do trabalho numérico d o engenheiro: - A parcela
a:
expressão esta que resolve o problema.
a) Chegand*se à expressão final, verificamos que, para fm de cáiculo dos . nos fornecesse cargas trabalhos virtuais, tudo se passou como se a ~ i g 1-3 e esforços e a Fig. 1-2 as deformações. Por esta rafio, elas são denominadas, respectivamente, estado de carregamento e estado de deformação. b) A escolha d o estado de carregamento deve ser tal que a carga P associada à deformação 6 , que se deseja calcular, nos forneça um trabalho Wtual
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, noscasos de arcos, escoras, tirantes, barras de treliça, pilares esbeltos e peças protendidas em geral.)
TABELA I
- Esmlha do Estado de Carregamento
Deformacão 6 a calcular
C á i d o de deformqíks em estruturas isostátieas
7
Estado de Carregamento
0uso destas sVnpIiifi&es deve ser feito, enfretanto. com muito critério e somente m casos induvidososSa fim de se evitar possiveir m o s 1. Deslocamento linear de um ponto rn numa direção
A
G= 2
1
Rotação da tangente B elástica numa seção S
"
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 calculados 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.
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
- Apiiqóes imediatas Ex. I-I - Calcular o deslocamento horizontal de D, para o quadro 1.2.1
p = -
5. Rotagão absoluta de uma corda AB
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
(ÃB=II
da Fig. 14, que tem E3 = 2 x 104 tm2 para todas as barras. Em se tratando de quadro plano, que trabalha fundamentalmente à flexão, teremos:
6. Rotação relativa de 2 cordas AB e CD
(nii =
I ;C D= I2l
a) Da tabela I, obtemos o estado de carregamento da fig. 1-5:
7. Variação do comprimento da corda que une 2 pontos A e B
-
P= 1
G o tais qu, nos i*I O$ ertador de earnigarnento tabelada balho virtual das forgag externas o valor 1 x 6.
-
Como tra-
Curso de d i s e e s t n i t d b) Wtado de deformação
I
CXInilo de deformações em esmthuas isost5ticm
(ES) tirante = 10%
Fip. 1-7
A
c) Cálculo de 6: Sendo EJ constante, temos: EJ6 =
b
.M-ds
=
b
MMMMds+
tirante
Temos:
b
MM-ds
+
b
M-ds
a) Estado de carregamento: conforme a tabela I, temos:
Como, para a barra QI ,M = O, a expressão se simplifica para EJ6 =
M = ~ s e n 6( O g B < n )
+ 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 integrais. (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:
Fig. 1-8
b) Estado de deformação 12t
(Os sinais negativos se devem ao fato dos diagramas M e fibras opostas, nas barras @ e @ .)
tracionarem
Interpretemos o resultado: sabemos que o valor 6 encontrado simboliza o trabalho virtual pij = 1 x fj . Sendo seu sinal negativo, 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 e b t i c a na rótula C, desprezando o trabalho da barra curva ao esforço normal, para a estmtura da Fig. 1-7.
-
Sáo dados: (EJ) barra curva = 2 x I@&
Fip. 1.8
lt
Fig 1-11
b) Estado de deformação
Fia 1-12
c) Cálculo de 6 :
(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
6 = 7,875 x 10.3 rad (O sinal positivo indica que o sentido arbitrado para o estado de carregamento corresponde ao da deformação.)
(Caso de
compostas par barras retas com inercia
constante.)
1' Temos: a) Estado de carregamento: conforme o tabela I, vem:
Seja o quadro da Fig. 1-13, cujas barras tEm as inercias constantes indicadas na figura. A defornacão 6 devida ao trabalho i b ~ ã V&: o
Da Geometria das Massas, sabemos que
a + li
Mxdx
6 o
a
Sendo Jc uma indrcia arbitrária, chamada inbrcia de comparaça0 (que usualmente 6 arbitrada igual à menor das in6rcias das barras), temos:
momento eststico da rea M .em relação a0 eixo y, numericamente igual ao produto da hrea A do diagrama M pela distância i de seu centro de M gravidade ao eixo y. Ficamos, entáo, com:
Em hinçáo dos diagramas M e M em cada barra, tabelaremos os que desejamos tabelar C igual ao produto de
valores de: Jc Ibarra
MM~S
barra
Jc pela área d o diagrama
J; qualquer e pela ordenada, na posição de seu ientro de gravidade, lida no diagrama retilíneo.
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
s des?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
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:
sendo M retiiíneo e M qualquer. Temos, para uma barra de inbrcia Ji e comprimento li, conforme indica a Fig. 1-14:
Fig. 1-16
Cuiso de análise estrutural
Chamando-se
I'Je =I:, J:
I
de compiimento elástico da barra i
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. evidentemente, como casos particulares deste. b) Combinação de
retilineo com M parábola d o 2P grau:
i
.
.
16
Curso de anáiise estmtural
1.2.3 - Aplicações às estnihuas usuais da prática
@I-?-
,
>
,.,
-
L
1
?(L 3m
Fig. 1-17
+ 3m +3m +
Temos: a) Estado de carregamento 0.5mt
Fig. 1-18
b) EEtado de deformação
it,m
Cálculo de 6 : Temos, empregando a tabela 11:
- Para barra @
Dado: EJ, = 2 x 104 tml
Ç 3m.
C)
Calcular a rotaçzo da tangente à elistica em E, para a estrutura da Fig. 1-17.
4m A
Cáicuio de defotmaç&s em estruturas isostáticas
I
17
18
a n o de análise eshtural
6
=
- 1,4 x 104
I I
rad (O sentido correto é, pois o anti-horário.)
Cálculo de defonna@es em estmtum isost6ticas b) Estado de defornação
1"
Observação: No caso deste exemplo, a combinação dos diagramas poderia ter sido feita que diretamente, pois as parabolas terminam com tangente horizontal o esforço cortante é nulo), e este caso está tabelado; não o fizemos, entretanto, 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; =-'t
; H = 2 x 105 tm2 (todas as barras)
,
:.
8 = 1,005 x 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. Fip. 1-20
Temos : a) Estado de carregamento l P = 6' t
.
-
g= e Fig. 1-21
h,
I'
L
Devido à simetria existente, escolheremos o estado de carregamento indicado na Fig. 1-24 e que nos fornecer8 como resposta a soma da rotação em A com a rotação em B. igual ao dobro de cada uma delas
20
CUROde análise estmtural
(devido i simetria). Temos, entáo: a) Estado de carregamento:
-
= -20 42,66 =
- 62,66
6 A = -3.13 x 1 0 3 rad (sentido correto I? n )
1-7- Calcular o deslocamento horizontal do ponto C provo~ d por o um encurtamento de 2 cm imposto ao tirante Fig. 1-24
M = lmt
& Fig. 1-26.
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: a) Estado de carregamento
c) Cálculo de 6 A:
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,
Temos:
2W6A
lt
que 6 livre à deformação). =
MMds +
/quadro
Nnds I t i r ante
c) Cálculo de 6
:
Trabalho virtual das forcas extemas:PS = (11 6 ncUtamento = Trabalho virtual das forças internas: Ntir.
2
fl t (-2
- cm (sentido correto:
cm) Igualando, vem: = - 2 4 2
=
Ex. I-8
- Para a
Organizando um quadro de valores, temos: )
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 durante a montagem para que, quando atuar o carregamento, o pontoA fique no mesmo nível de B.
a
3m
Fig. 1.28
I?) Cálculo de deslocamento vertical de A. a) Estado de deformação
b) Estado de carregamento
1
NOta:
I
Se cada barra tivesse área diferente teríamos, evidentemente
,
1
I
F i g C29
a
2P) Cálculo da variação de comprimento da barra : Nosso objetivo com esta variação de comprimento é fazer com que o ponto A tenha uma deformação de ( - 6 A ) para que, quando for somada i deformação 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: Empregando mesmo estado de carregamento do item anterior, vamos dar uma variaçzo virtual 6' de comprimento 3i barra @ tal que o ponto A tenha um deslocamento (tambCm virtual) de ( d A ) . Teremos:
c) Cálculo de 6 A :
NF~S r. bana
ES 6A = X ( N S Ib,)
Trabaho virtual das forças externas: = -(1t)(1,05 cm) Trabalho virtual das forças internas: B56'= (- f l ) 6' Igualando, obtemos: 6' = 0,74 cm
m= \rr
24
Curso de análise estrutural A barra 5 deve ser montada, pois, com um comprimento 0,74
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:
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.
Barras 1 e 2: J = J c
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
Barra curva: J =-
tos P J~
.sendo JM
= 2 Jc
- Casos de barras com inércia variável
?lf
Para calcular
para barras de inércia variável, dividiremos nosso estudo em 3 casos: 1.2.4.1
I
- Barras curvas com inércia variando segundo a lei
4m
J m = I (conforme a Fig. 1.31): J cos V
Fig 1-32
grau
4m
1
I
-.
Fig. 1-31
Temos J =-
Jm cos V
sendo I,,, a inércia na seção de tangente hori-
f-
Temos, desenhando os diagramas na barra curva a partir da reta horizontal de substituição: a) Estado de carregamento:
I
zontal. Dai vem:
EJc 6 = Jc
m d ~- jC
i.
:1
dr
COS '4 = "-
Jm cos P '
Jm
'.I
MMdx
(1-4)
Tudo se passará, portanto, como se a barra tivesse comprimento I, inércia constante igual a J , e, para fins de combinação dos diagramas,
Fig. 1.33
26
C u m de análise estrutural
27
Cglculo de deformap" em estruturas isost8ticas
b) Estado de deformação: a adotar quando d o emprego dessas tabelas, pois o problema (tebrico) já está bem definido e o caso em questão 6 , apenas. o cátculo numds que ser8 feito dentro do roteiro de eálculo mbrieo de . i , I-;*
J
I
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: a) Misula reta assimétrica Jmáx
I
1.
p % -4
1
reta
+a
Jmin
I t
I
Fia 1-54
b) Misula parabólica assim6trica c) Cálculo de 6 : As combinaçóes de diagramas nos fornecem: e 0 : 2 ~ ' ~ 4 16 x = 2 85,3 ~ Paraasbarras
a
par. do 2.O grau
3
curva (l"8 rn)
c) Misula reta simétrica
Jmáx
Jmáx
6 = 1.37cm (a corda aumenta). 1.2.4.2
d) Misula parabólica simétrica
- inércia variando em mfsula
Emprego das tabelas III 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 tabelaram os coeficientes necessários i obtenção de deformações (tabelas 1V a XV) provocadas pelos carregamentos usuais (cargas concentradas e uniformemente distribuídas). Fi* 1.35
Não nos deteremos aqui apresentando justificativas para o roteiro
2
O estudo original
.
0 g.5: :SE i z g E$? E;! o
0
a* :q,a, o o n g -$a$ ""' 0
?.D
g- m g o.g 2 H:! -22 -"0'
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J
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A
'
'
~
9 . n A
"
e
=-
A '
TABELA XIII
-mni
.h
o,,
I
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.
C
B Fig. 1-36
Temos: a) Estado de carregamento:
-P= 11
Fig. 1-37
b) Estado de deformação
c) Cálculo de 6 : Conforme O roteiro indicado na tabela 111, obtemos:
CURO de análise estrutural
42 Para a barra
a
-
EJ, 6 =4,0
3 = 1. n = -Jc (mls reta assimdtrica): A = 0,2; 1' = I 3 ' 5 Jc
-
. .& '
-J~ = 3 m Jm,
EX
Tab. IV
al=o,098
Tab. VI11
al=o,ol53
3 x 3 ~ 4 . 5x O,W8 = +4,0
=-
- 1,2 + 39,l - 197,Z - 126,2 = -281,s
1,4cm (o ponto A sobe).
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.
-3xlx9r3x0,0153
Obsemçóo: Note o leitor que basta conhecer a linha de fechamento do diagrama M para o cáiculo de S. Para a barra
a
definind-se Fig. 1-39.)
3mt
Tab. VI r
a=0,241
-,
I tlm S 4 + + + + )
A
3mt
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,
(mis. reta simdtrica): X =
/
Fig.
A
-
Tab. X
ai -0,038
a altura extrema por esta interseção, conforme está feito na Temos:
1 2 ~ 3 ~ 4 . 5 ~ 0 . 2=+39.1 41
-3 x 1 x 12' x 1 2 x 0,038 = -197.2
a) Estado de carregamento
44
Cuiso de anáiise e s t ~ t u r a i b) Estado de deformação
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 Fig. 1-41
por integraçáo aproximada. O problema será, pois, calcular
C)
Cflculo de 6 : Conforme o roteiro indicado na tabela 111, obtemos: Para a bana , @ :
(mís reta simétrica):
81 = 2= 0,2; 1o
=0 , ~ ;
1,
--.Jc
qdx sendo q = h@f
J
Uma das maneiras de resolvê-lo será através do emprego da regra de Sipson: Dividindo-se o v%o1 da barra num número n (par) de intervalos Ax. temos:
1. = 5
A aplicação seguinte esclarecer.5.
4 ,
,
i
<
,
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. I r A i Adotando EJc = 2.1 x 106 x 0 -4 x L1 ~- 12 4 tm*. , .. , = 7. x.. . 10 .... temos: .
I
.
I
'
.
'
Para a barra @ : (mís. reta assimétrica):
X = I;
n = 0,2;
I'= 5 106
108
18
Fig. 1-42
6 = 3,68 x 1 0 - ~ rad
276.0
0121
Vem, e n t ~ o : E J ~6 = 387,4 x&=
.:
Y.0
3
2 3
387.4 = 258
2 = 387.4
TABELA XVI
- CÁLCULO D A I N ~ R C I AJ
~ TORÇÃO A
1.3
- Cálculo de deformações devidas à variaç-Sode temperatura
Seja a estrutura isostática da Fig. 143, cujas fibras externas sofrem uma variação de temperatura te e cujas fibras internas uma variação ti em relação à temperatura d o dia de execução da estrutura. Ao longo 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.
Estado de ddoimaqão: Erforto. nulos Defornafim relativsr
J
I
1-43
dp = a
6.- te) ds h
dh=O 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 movimento 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
O b s e ~ f l o : Para peças de concreto armado, dependendo d o grau de fissuraçá0, a inércia Jt torção pode cair para at6 15% dos valores indicados nesta tabela.
b) uma rotação relativa
dip = i
t e
h
c r ~ t
ds =-- h
ds,
sendo or o coeficiente de dilataçzo linear do material.
seguintes convenções de sinal:
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, quando dermos a todos os pontos da Fig. 1-45 deslocamentos virtuais exatamente iguais aos provocados pela variação de temperatura:
fi $erii positivo quando de tração - j@ -
serh positivo quando tracionar as fibras internas da estrutura As variações de temperatura ti, t , tg serão positivas quando se tratar de aumento de temperatura (notar que Ar = (ti te).
-
3.0) O valor de 6 não 6, evidentemente, afetado pela existêccia de esforços cortantes ou momentos torçores no estado de carregamento. As aplicaçües seguintes esclarecerão:
Fis
1.45
-
O 1-13 - Calcular o deslocamento horizontal d o ponto B se a estmtura da Fig. 146, cujo material tem Estado de mrmmsnm:
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
Supondo as barras com seção constante, temos: "O."
+... .
rg-+3O0C
"--..
se identificam com as áreas dos diagramas de esforço normal e de momento
Fig. 148
,,=+1o0c
Fíg. 1.47
fletor no estado de carregamento e temos. então:
-
P S = a tg AN -+% Observações: I?)
n
h
AR
(Sendo as barras de seçzo constante)
(1-5)
A
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
Sendo diagramas IÜe N no estado de carregamento, os indicados na Fig. 1-48, teremos, levando em conta a expressáo 1-5, e o esque ma da Fig. 1-47:
("O
~
plano da estrutura náo h&variação relativa de temperatura). ~ a partir m do~ estado ~ de, carregamento de Fig. 1-51:
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,s m de altura e cujo material possui a = lo-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
4m
-+'
Fig. 1-49
1.O) Rotação da corda BC perpendicular ao plano ABC.
Fig. 1-52
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:
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
lmt
2.')
Cálculo do deslocamento de C na direção BC: Trata-se do cálculo de uma deformação numa estrubira plana devida a
M= l m t
M= l m t
lmt
-
/
adode ,jefotmaç&s A rotação da tangente à elistica em A vale, então a n R t ,
h-
no sentido horário.
1.3.1
- Caso particular:
variaflo uniforme & temperatura (
A,
= 0)
Seja calcular o deslocamento do ponto m na direção A , devido a uma variação uniforme de temperatura tg atuante, para a estmtum de Fig 1-54:
53
em estruturas isoststicas
se tratando do regime elástico, estamos diante dc um cam .~ po conservativo, para o qual sabemos, da Mecinica Racional, que o trabalho 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 de temperatura. podemos substituir a eshutura o wnnyóo desde que contenha os mesmos vínculos e ponepor oum tos de aplicgcão de cargo do estado de 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-B i mo:oi = 1o-s/oc
A
7
Temos, a partir de 1.6:
10m
Fia. 1-55
0 s pontos indiinsáveis de passagem da estrutura de substituiç%oS o
os v i n d o s (A e 8) e pontos de aplicação de carga no estado de
carregamento (E, no caso). Ficamos, então, com: 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 6 = a t g A ~ = 1 0 - 5X
-, = Trabalho realizado por RA ao percorrer a trajetóna A
~ O 10 X =2
mm
(para a direita)
-m
E* 1-17 - C a l d a r a variaçXo de comprimento da wrda AC devida a m a diminuiçáo de 3 0 0 ~ .para a estrutura de Fig. 1-57.
-+
= Trabalho realizado por RB ao percorrer a trajetória B - m
I
I
54
Curso de análise estmtural
55
ado& defOnneqõcsem estruturas isostáticas
de substituição mais conveniente será a de Fig. 1-60. a partirde qual obtemos: A
Fig. 1-60
Fig. 1-57
A estrutura de substituição mais conveniente no caso seri a de Fig. 1-58. a partir de qual obtemos:
6 = 1 0 . ~(-30) (-1 x -@)
= =,o2 mm
(encurtamento)
A
J P = lt
-
'
'18
-
Fia. 1.68
I r' r*,, I
c d ~ d a ar r u i a ~ l ode comprimenm da mrda BD devida a uma diminuição uniforme de30 OC, para a estrutura de Fig. 1-59: Dado: ct = I O - ~ / O C
2m X
jTIB ----I
1
+
I 6 = 10-5 (-301 (-1 x 51 = 1.5 mm de encurtamento 1.4 - Cáicuio de deformações devidas a movimentos (recalques) dos apoios seja a estrutura de Fig, 1-61 cujos apoios sofrem os re~dques co&ecidos3, nela indicados. Se quisemos calcular deformações provocadas por esses recalques, já sabemos como instituir o estado de carregamento e já sabemos que daremos, neste estado de carregamento, deformações vir. tuais a todos os pontos da estrutura exatamente iguais às existentes noestado de deformação.
2m
+-
A
-)PAV
Fie. 1.61
-
o--+
4"
Estado dedeiwmsqio l h f o y r a a d d o r m w õ ~ nditivas nula)
Aplicando, então, o teorema dos trabalhos qualquer que seja o estado de carregamento:
Fig. 1.59
virtuais, teremos
Trabalho virtual das forças externas: P6 t Z R P , sendo R as mações de apoio no estado de carregamento e P os recalques a elas cor"SPondentes no estado de deformação. Trabalho virtual das forças internas: nulo, visto que as defor3
Calculados p l a Mecânica dos Solos
56
C u m 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 estrutura de Fig. 1-62.
Aproveitando a simetria, as reações de apoio no estado de car~sgamentosão as indicadas na Fig. 1-65, a partir das quais obtemos:
Fig. 1.62
2aA =
Temos as reações R no estado de carregamento indicadas na Fig. 1-63, a partir das quais obtemos, pelo emprego da expressão 1-7:
-ERp
= - 2 x 1(-2x10-2) = 4x10-2m
O ponto A descera, então, de 2 cm.
ibserwçâò: Os recaiques de apoio ocorrem, evidentemente, devido ao carregmento atuante; para calcular as deformações que o conjunto karregameno + recalques)-provoca na estrutura, preferimos usar o principio da supermsição de efeitos, calculando inicialmente, pela expressão (I-I), as defornações devidas somente ao carregamento e, a seguir, pela expressão (1-7), iquelas devidas aos recalques. somando finalmente os dois resultados obtidos.
1
- Cálcdo de d e f o m s ç k s em vigs retas - Rocem de Mohr Embora se tratando de um caso particular, desemiolveremosnes
te tópico um processo, idealizado por Mohr, que nos permite obter, sem
(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.
aplica~ãodo teorema dos trabalhos virtuais, a elástica de uma viga reta .A ênfase especial que atamos dando a este caso particular se justifica pela grande incidência com que ocorrem, na prática, as vigas retas e pela posQbilidade que este processo oferece de obtermos, de uma sb vez, a elástica.
devida "P=&
Sabemos, da Resistência dos Materiais, que a rotação relativa flexão, de duas seções de uma viga distantes de ds é dada por conforme indica a Fig. 1-66,
EJ'
58
Curso de análise estrutural
Resumindo, temos: Rotação na viga dada = Esforço cortante na viga conjugada Deslocamento vertical da viga dada=Momento Fletor na viga conjugada
Fig. 166
V I
Por outro lado, do Cálculo Intinitesimal, sabemos que a curvatura de uma curva plana y = y(x) igual, por definição à relação d9
-
para a curva
-dP =ds
a um sistema xy como o de Fig. 1 6 6 6 dada ds por
- referida
Y" (1+~'=)~/2 A elâstica y = y(x) de uma viga fletida seri, então, obtida da
-
-.
Y" = M Como estamos tratando da (1 + y'2)312 EJ Análise Estmtural no âmbito das pequenas deformaç&s, o valor y g pode ser desprezado em presença de unidade e teremos, ünalmente, a equação diferencial da elástica para vigas retas dada por equação diferencial
-
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 d e p e n d e da análise das condições de contorno do problema), carregada com uma carga distribuída cuja taxa de distribuição t M , sendo M o momento fletor EJ atuante na viga dada.
Empregando-se o processo de Mohr, estaremos fazendo as seguintes analogias:
A determinação da viga wnjugada será guiada pelo respeito às wndiç&s de contorno d o problema dado, em função da formulação adotada 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 exist e n t e na viga dada conforme indica a Fig. 1-67. Sabemos que a seção da viga situada sobre o apoio d o 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
$A -e
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 dada, 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 cortantes 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 instituída a tabela XVII, através da qual passaremos da viga dada à viga w n jugada. (Nesta tabela indicamos na coluna extrema da direita, a titulo de guiaram esta transformação de explicação, as condições de contorno que . vinculo.) Ficando determinada a viga conjugada o problema está, então, resolvido.
Obsemções: a) A viga wnjugada de uma viga isostática será sempre isostática Os exemplos das Figs. 1-69 a 1-71 esclarecem.
60
-
Cuiso de análise estmtural
L
,.,., ,~,.~..
v,8
,c,
6----7
Fip. 1-69
nipi
1-70
n 1.71 lI1lI.,
Tabela XVii
ãig.
,,,,,,,,,,,,I,,
.e,h.
",,/I
I"I.IU,.,
u,+n co,,,n,e.,
- Transformação de vínculos para obtenFo da viga conjugada
61
U(lculo & deformaç&s em e s t m t u m isostáticas
b) A viga conjugada de uma viga hiperestática será hipostática (a não ser
em alguns casos de vigas hiperestáticas, submetidas a determinados recalques de apoio, conforme os exemplos 1-26 e 1-28 deste capitulo), mas seu canegamento MJEJ será sempre tal que a viga conjugada fique em equili. brio (impondose esta condição às vigas conjugadas das vigas hiperestáticas ficaremos,até.emcondiçóes de obter diagramas solicitantes em vigas hiperestáticas, conforme ilustrarão as aplicações feitas no item 2.1 deste tópico), pois, como existe uma deformada real, estável, para uma viga dada hiperestática, e w m o esta deformada é obtida a partir de sua viga conjugada, esta última terá que estar submetida sempre a um carregamento em equilíbrio.
-N~~ ~ i g s .1-72 e 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 daEJ 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 variável. Neste caso, apenas, as funçóes q =
EJ
serão mais complexas.
Ex-1-21 - Fazer um esboço da elástica para a viga da Fig. 1-74 que tem EJ = 104 tm2, cotando seus valores extremos: A partir da viga conjugada, carregada com E . o b t e m o s a EJ
Curso de anáiise estrutural
62
I I
I
I
I
1
I I
1
II
I 16x10.~m-'
1
I
3,6mm
'Mviga dada
I
I I
I
I
I I
I II
I
I
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 elastica em C.
I I
I
I
I I
I
IC
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I I
'i
I
viga conjugada I carregada com M 1 9= I EJ I
! ~ ~ i gdada s
p , u ~ I
I
I
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; enquanto 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:
1.O) Aspecto da elistica:
Ex. 1-22 - Para a viga da Fig 1-75, que tem EJ =103 tm2, pedem-se: 1.O) Esboçar o aspecto da elástica;
Encontra-se esbqado na própria Fig. 1-75, onde indicacarrezada mos tamMrn a viga conjugada - com q = !!!. . Chamamos a ~
L I
Curso de anáüse estrutural
64
atenção para a simplicidade e conveniencia da obtenção prévia do aspecto 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 y ~ = M ~ ~ ~ ~3 ~ ~3 ~+1 ~j ~= 34 x3~xl 21O= 1.0 5 ~x 1 0 - ~ = 1 ~ m m
E YE ="viga
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,
- 4 ~ . 1 0 - ~ ~ 3 + 13 X-=16,Smm 0 - 3* conj 2 3.O) Rotação em B:
conj = 4 x 10.3 rad (o sentido está indicado na figura; no caso, é o anti-horário)
VB =
C
-
4.O) Rotação relativa em C: Cdir Vesq CeSq C @$r = Qviga conj Qviga conj +
I I
1
+
M M -
BEJ
1.78.2
EJ
Fip. 1-78
1-78.1
a partir da decomposição indicada em 1.78.2, nos fornece:
-
"
= 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)
O diagrama de momentos fletores pedido ser& então, o da Fig. 1-79.
Ex 1-23- Obter o diagrama de momentos fletores para a viga
(i-
biengastada da Fig. 1-76, que tem inércia constante.
mq B-A
Fio. 1-79
Fig. 1-76 I I
E r 1-24 - Obter os diagramas solicitantes para a viga hiperestática da Fig. 1-80. que possui indrcia constante:
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. A
Fig. 1-00
~4$M h
Fig. 1-77
- Aspecto do d i i p m n a daaido.
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.
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 . Fig. 1-81
- Aspano do diignma de momantm flammi daaido. "8' --
c,
11
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).
~Q,:
-
1.82.2
1-82.1 F i g . 1-82
A partir da decomposição do carregamento atuante na viga conjugada 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:
t i
-
donde obtemos M =
Fig. 1.84
-.4IL 8
A partir desse valor, os diagramas solicitantes e reações apoio para a viga dada são os indicados na Fig. 1-83.
de
A
B
A
A Viga conjugada
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). 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 ' P i o do 1.' gênero, de acordo com nossa tabela XVII de transformação de vínculos. Já o apoio B, como sofre recalque, não pode ser transformai0 P r emprego da tabela XVII e deve ser analisado para o caso. NO ponto B (viga dada), temos:
69
C d l d o de defonnaçócs em estruturas isostátiess Sendo assim, devemos ter na viga conjugada um vínculo q u e 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.
2Y = O
. ..
EM = O
. ...P =
MA = M6(visto não existir cortante em 6, o próprio carregamento tem que fornecer resultante nula).
Dai obtemos: MA = M6 =--- EJp I' F i a 1-87.
4
6EJp ) I'
1
E x 1-27 - Obter
os diagramas solicitantes na viga biengastada
1
x 2 1 (ou seja, o carregamento 2 3 nos dá um binário, que deve ser absorvido em B. devendo o momento fletor em B ser igual a'p).
x 3x 2 E J
e os diagramas solicitantes serão os da 6EJp l2
'.
/
"I
12EJp l3
de vão 1 e rigidez EJ, submetida ao recalque vertical p em 6 , indicado na Fig. 1-86 (EJ = constante).
F i g . 1.87
Obse7vação: Os resultados destes dois Últimos exemplos serão de grande
j
7
M~ -
*q
Fig. 186
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
Viga conjugada
A
A.
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 engaste A (que não sofre recalque) se transformará numa extremidade livre; 0 engaste E , que sofre um recalque vertical (e para o qual temos, portanto, yg = P e V6 = O) deve se transformar num vínculo que nos dê momento (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:
+ 31 -t
1
E
.
O
C
P
A:. -
.
+
I
,
._
- - - . i - - -
p ,, /
b
MB EJ
2M~l EJ f
IlillIllrn,
Viga conjugada
Fie. 1-88
2MBl
EJ
t
70
CUROde anáiise estrutural
71
de defornações em estruturas isostiticas
Devido à simetria existente, o aspecto do diagrama de momentos 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 recalques, 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:
Os fundamentos do processo de Wüiiot podem ser compreendidos 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 normd Ninela atuante (proia.ado pelo carregamento indicado), uma variação Nili de comprimento Ai = -- (no caso, A, e serão encurtamentos
O diagrama de momentos fletores pedido6,entãoodaFig. 1-89.
Fig. 1.89
6 EJp 11 l2
E Si
6 EJp -
e A3 será um alongamento). Conhecidas estas variaçóes de wmprimento A i , a configuração deformada da treliça pode ser determinada da seguinte maneira, conforme indica a Fig. 1-90:
11 lZ
Ex 1-29 - Para a estrutura do exemplo anterior, calcular a rotação da tangente à elástica em A.
i
Temos. evidentemente:
I
3
-
Cálculo de defomqóes em trrliças planas
- Rooesso
4
de Wiiiiot
Assim como apresentamos, no tópico 2 deste capítulo, um processo particular visando à determinação da elistica de vigas retas (processo 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.
Inicialmente, removeremos o pino (rbtula) d o nó C e permitiremos a variação A 3 de comprimento da barra AB; isto provocari um movimento da barra BC (agora desligada da barra AO, que se deslocará paralelamente 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, respectivamente, as extremidades C e C passarão a ocupar as pmiçDes C1 e C2 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 dasbarras 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 treliÇa da Figa 1-90 submetida ao carregamento indicado e, a partir dela, podemos 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
Curso de análise estrutural
pequenas em presenca das dimensões da treliça, o que nos obrigaria ao emprego de escalas enormes para desenho, a fim de se ter alguma precigo lios resultados, o que é impraticável. (No caso da Fig. 1-90. indicamos as deformacões em escala niuito exagerada eni presença das dimensões d a trelica. Justimeote porque as defomaçóes sofridas pela treliça são pequenas 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 escolhida 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 deformação, o segmento Õ3 já simbolizará o deslocamento final do nó 3 da treliça (apenas para respeitar a notaçào que adotaremos no williot e que consiste 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 de comprimento, respectivamente, a extremidade C da barra AI e 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.'esentado, 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, respectivamente, 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, o b e oc)representam, então, os deslocamentos abSol~itosdos nós A. B e C da treliça de Fig. 1-90 devidos ao carregamento nela indicado. A wnstruçxo dos wüiiots para treliças mais complicadas é feita
da mesma forma, sendo apenas necessário conhecermos dois pontos no w S
a n d o de deformações em estruturas isostáticas
liot para chegarmos a cada novo ponto. Nos casos em que isto não ocorrer (ver exemplo 1-33). calcularemos previamente alguma (s) deformação, apli,.,do o teorema dos trabalhos virtuais de modo a poder iniciar e (ou) no traçado do williot. 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
ai
Devemos, inicialmente, calcular as varia~&% de comprimento 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 - 9 3 . &ira
Nj(t)
li lml
I ~;=N;li/ES(mml I
74
CUBOde anáiise estrutural
..
Os deslocamentos dos nós A. B, C . . H da treliça sáo da. + ob. -* oc, + dos em direção, sentido e módulo pelos vetores ou, , oh+ do williot, valendo estes mbduios, respectivamente, 0; 1,6 mm; 3 6.5 mm; 13.9 mm; 7,2 mm; 4.4 mm; e 3,l mm.
...
,,;
-do
75
de deformações em estruturas isostáticas EX
1-31 - Obter os deslocamentos de todos os nós da treliça & Fig. 1-94, se ela for submetida a uma diminuição uniforme de temperatura de 30 OC. É dado o coeficiente de dilatação linear do material, igual a 10.5/0C.
Fig. 1-94
As variações de comprimento A i de cada uma das barras, devidas 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;
A5=A6=-6amm
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 d 3 williot têm seus mádulos iguais a 1 2 6 mm, 1 2 ~mm 5 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 indicados na Fig. 1-96, passando a ocupar a posição B:
~ g l d de e
d~f~nnsções em estruturas isost~ticas a) Cglculo dos Ai
PBV = lcm B'
PBH = 2cm
Fig. 1-96
?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+entos d 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 E S = I Ot.~
b) Cálculo do deslocamento do ponto B: Para conhecermos o deslocamento resultante do nó B, basta conhecermos suas componentes horizontal e vertical. A componente horimntal 6 dada por A7, ou seja, vale 6 BH = 16 mm, da esquerda para direita A componente vertical 6 obtida a partir d o estado de carrega mento da Fig. 1-99 e vale:
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 conhecidos os deslocamentos de dois nós A e B (ou A e E), condição necessária para podermos iniciar o traçado do williot. Temos, então:
Fig. 1-99
6sv=\9='[4x4(~t2x 1O" 3 t-
j ) t 4 y r i - x 4 \ 2~ f i l ?t ~
6) + 3 2 x 4 Y. 41 = 77.2 mm
(de cima para baixo)
78
CWO & x3lUíb estmhiral
Cglculo de defornações em estruturas isostdticas
c) Traçado do williot
79
mação e o segundo a causa que a provocou:
Conhecidos os deslocamentos dos nós A e B, obtemos o williot da Fin. 1.100, que resolve o problema. 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: (1-9), que é a expressáo do teorema de zP;G;k = ZPk 6ki 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 trabalho virtual produzido por este segundo sistema de forças quando se desloca devido As deformaçóes produzidas pelo primeiro sistema". Fig. 1-100
- Erala do.williot:
1:l
Os deslocamentos dos nós B, C. D. E,. F, da treliça, dados em do williot, direção, sentido e mbdulo pelos vetores o$ ocf oee a 7.9 cm; 8,4 cm; 4,8 cm; 8,4 cm e 7,9 cm. têm estes módulos iguais . Como ve"fícaçXo do wiUiot, vemos que o vetor 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 possibilidade 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 d o williot).
4.2
- Teorema de MaxweU
Fazendo, no caso do Teorema de Betti, com queP; e Pk sejam uma única força (ou momento) unitária, teremos:
od
4
- Teoremas complementares 4.1
- Teorema
expressão do teorema de Maxwell, que nos diz: "O deslocamento de um ponto na direção de um esforço unitário, 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".
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-
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.
.
'. .
lpi = 1 Eri.
A
k
A
A
=
81
reaç6es) e das forças internas (esforços simples). Calculemos estes balhos.
tra-
, ,1 Esl. carr.
Fig. 1-101
Pelo teorema de MaxweU, temos
a d o de deformações em estruturas isostáticas
a) Trabalho das forças externas: O trabalho realizado por uma carga Pi que, por ser estática, apresenta um diagrama (carga x deformação) w m o o da Fig. 1-104, vale:
6ik
Fig. 1-104
1-102.1
1-1022 Fig. 1-102
Pelo teorema de Maxwell: hik = 6 ki
Observação: A aplicação d o teorema de Maxwell será de importância fundamental no estudo das linhas de influencia em estruturas hiperestáticas, bem como para provar a simetria da matriz de flexibilidade das estruturas hiperestáticas, conforme se verá no cap. I1 deste volume.
I
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 P i ) Em se tratando de uma estrutura elistica, ela se deformará, adquirindo a wnfiguraçáo indicada em tracejado na figura. Como estamos no regime elástico, a wndição de equilíbrio energitico do sistema implicará na igualdade dos trabaihos das forças externas (cargas e
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 valores f[nnis do esforço Pelo deformação que ele provocou. Esta conclusão 6 atribuida a Clapeyron , costumando a igualdade 1-11 ser conhecida como teorema de Clapeyron. Como estamos no regime linear e vale o principio da superposide efeitos, o trabalho das cargas externas P1, ..., 5,..., P, valerá:
I
n
Curso de anãlise estmtural
82
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
dW = 2 MdV
+
I -
2
N Ads +
L Q 2
dh (pelo teorema de Clapey ron)
A energia real da deformação da estrutura será, entáo:
I
A demonstração é tamb6m imediata:
Observaç5es: 1.a) Nos casos práticos, quando da avaliação da energia real de deformação, podem ser feitas as mesmas simplificações mencionadas na observação 1-2 deste capitulo a respeito da aplicação d o teorema dos trabalhos virtuais: 2.a) O 1.O teorema de Castigliano, convenientemente explorado, permite o cáiculo de deformações em estruturas devidas a carregamento externo, conforme ilustrarão as aplicações a seguir. Não permite, entretanto, 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. No caso de uma estrutura no espaço, teriamos também o trabalho da torção, e a expressão da energia real de deformação, em sua forma 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 a direção desta auga': A demonstração C imediata: Temos:
A energia real de deformação: desprezandese a influência trabalho devido ao esforço cortante vale:
w Temos, então:
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':
=
2
I' 0
fPx)*7 dw EJ
$2 6EJ
do
84
Cum de an5ise estrutural Ex. 1-35 - Calcular o deslocamento vertical do ponto C da grelha da Fig. 1-106, que tem rigidez à flexáo A7 e rigidez à torção GJ t'
85
CBlcnio de defornações em estruturas isostáticas
Ex. 1-36 - Calcular a rotação da tangente à elástica em B para a viga da Fig. 1-107.
.
Fig. 1.107
Fig. 1-106
Não havendo carga aplicada na direção da deformação que desejamos 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 termosderivado a energia real de deformação em relação a M), igualaremos a zero a carga M acrescentada. Temos, então:
A energia real, de deformação, desprezando-se a influência d o trabalho devido ao esforço cortante, vale: Fazendo, agora M = 0, obtemos finalmente:
O tipo de procedimento adotado neste exemplo é geral, isto é, sempre Temos:
aw
P I ~( 2 + 3 - EJ ) 3EJ
que desejamos calcular, mediante o emprego d o 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 d o problema.
86
Cuno de análise estmtural
4.4
Aplicando 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 tornouse uma cadeia cinemática; livre, portanto à deformação). Igualandose vem: 6 = VA ,o que quer dizer que uma ordenada 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.
- 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 sentido oposto ao de E positivo, uma deformação (absoluta, no caso de reação de apoio ou relativa, no caso de esforço simples) 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: Seja a viga da Fig. 1-108, para a qual desejamos conhecer linha de influencia de reação de apoio em A.
a
a) Sendo a estrutura dada isostática, após a rutura do vínculo transformase numa cadeia cinemática, cuja deformada é uma linha poligonal q u e brada, nos casos mais gerais. Isto demonsna quc as linhas de influência de esforços simples e reaçóes de apoio em estruturas isostáticassãosempre 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:
I
Suponhamos seja atribuido ao ponto A da viga de que t r a t a m u m deslocamento virtual igual a ,sendo n um número tal que o torne um n pequeno deslocamento. A aplicação (plena) do teorema dos trabalhos virtuais 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 hiperestáticas, confonne poderá ver o leitor no cap. I1 deste volume.
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 hipostática, 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 u
I I
'--
I
I_
lII-
--
-
- q,e
__-
As aplicaçúes seguintes esclarecem.
Ex. 1-37 - Traçar as iinhas de influência das reações de apoio
i
em A e C para a viga da Fig. 1-110.
t Fip. 1-109
87
Cglcuio & &formações em estruturas isostátiess
Fip. 1-110
I
88
Curso de d i s e estrutural
89
Cálculo de defomiaçõcs em estruturas hstáticas
Seguindo, passo a passo, a regra de Muller-Breslau, obtenios as linhas de influincia desenhadas na Fig. 1-1 1 1 .
Ex. 1-39 - Traçar a linha de influéncia de momento fletor na seção S para a viga da Fig. 1-114. A
B
S
-A
Fig. 1.114
Seguindo a regra de MuUer-Breslau, obtemos a linhade influência indicada na Fig. 1-115.
, Obsevapo:
Fig. 1.111
-
-
Fip. 1.115
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.
A
Ex. 1-38 - Traçar a linha de influência de esforço cortante na seção S da viga da Fig. 1-112. S
A B
AA
Fip. 1-112
Sabemos, pela regra de Midler-Breslau, que devemos dar um Como deslocamento unitário (relativo) no sentido oposto ao de 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.
I
I
5 - Exercícios propostos 5.1 - Calcular, para a estrutura da Fig. 1-116, que tem rigidez constante e igual a 104 tm2:
e,(+).
0
'I * t l!*
* C
Fip. 1-113
1 -1
\C
i:
Fig. 1-116
a) rotação relativa das tangentes à elástica em C b) deslocamento horiwntal de D; c) deslocamento vertical de B.
C ~ i s ode análise estmtura]
GUcuio de deformações em estmtum isost6ticar
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
a) deslocamento horizontal de A; b) deslocamento vertical de E. Dado: 5.5.
I
91
- Para a
EJ, =
2 x 104 tm2
estrutura da Fig. 1-120, pedem-se:
a) devido ao carregamento atuante, obter: a l ) rotação do nó E; a.2) variação d o comprimento da corda EF; b) devido a uma diminuição uniforme de 30 OC, calcular a deformação mencionada em a2
Fio. 1-1 17
Dados: or= I O - ~ / ~W C = 2 x 104 tm2 (todas as barras) 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). p P
+I
5.4
- Para a estrutura
5.6
I
4
AB -
Fig. 1-118
a + a +
da Fig. 1-119, calcular:
r
- 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 apoios B e C. Dados: W = 2 x 104 tm2 (todas as barras) a = 1Crs/oc
r
4- Irn _k-
r r r r
4m
-k-
4m
r
r
~
3tim
~
+ -+ + 4m
Fia. 1.121
4m
r
4m
~
-A
dos
.
r
j
I
-
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 deslocamento 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
CAculo de deformações em estruturas isost4ticas
93
Desprezar o trabalho do quadro ao esforço normal, computando 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 parabólicas 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, quando atuar o carregamento indicado, os pontos A. B. D. E fiquem alinhados.
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
+ 2m+
2m +2m
+2m+
ES = lo4t (constante)
Fip. 1.123
5.11 - Calcular, para a estrutura da Fig. 1-126, que encurtamentos prévios devem ser dados aos tirantes para que, quando atuar o canegamento 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
curva tem J = Jm , sendo Jm = 25,. SXo dados: COS '#
(W,)quadro
=
(ES) tirante =
104 tm2 5 x 103 t.
I
CUROde anáiise estrutural
94
Cálculo de & f o m a ~ ó e s em estnituns irost6ticas
5.12 - Calcular os deslocamentos verticais dos pontos A das vigasbalcão circulares, das Figs. 1-127 e 1-128, com seção transversal circular, módulo de elasticidade E e coeficiente de Poisson igual a l/m.
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.
1-127
A
Fig.
1-128 F i g 1-73?
5.13 - As fibras superiores da estrutura da Fig 1.129 sofrem um aumento de temperatura de 30 OC em relação a o dia de sua execução. Send o a seção retangular, com 0,s m de altura, pede-se o deslocamento horizontal de B. É dado: a = ~ O - ~ I O C .
Fig.
I
5.16 - Sendo "m" uma carga momento fletor uniformemente distribuída ao longo das vigas. de inércia constante, das figuras I-132-a e I-132.b, pedem-se os deslocamentos verticais das seções S indicadas. São dados: E, J. m
1-129
B
1.132.~ 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.
I
I
1.132-b Fig. 1-132
5.17 - Para o quadro da figura 1-133, as barras@@são 2 cm. Pedem-se:
encurtadas de
a) deslocamento horizontal de A ; h) rotaçáo relativa em Bdas tangentes à elástica das barras@@
A
Fig. 1.133
I
Cdledo de deformações em estruturas iswtiticas
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 e xz; b) deslocamento de B na direçáo z.
1
i
5.20
97
Calcular a rotação da tangente a elástica em C. empregando Mo&, para a viga da Fig. 1-136 ( J = constante). Dados: M. E, J, a, I
-
o processo de
Fip. 1-136
5.21 - Obter a equação da elástica de uma viga biapoiada de rigidez EJ e váo I, submetida a um carregamento uniformemente distribuído "q" (EJ= constante) 5.22 pedem-se:
-
Para a viga da Fig. 1-137, que tem rigidez igual a 104tm2,
a) rotações da tangente à elástica em B e b) deslocamentos verticais em A, C, E.
5.19
-
D;
Empregando o processo de Molir, obter, para a viga da figu-
ra 1-135:
-
5.23 Empregando o processo de Mohr, obter os diagramas solicitantes para a viga de in6rcia constante da Fig. 1.138.
a) equação da elástica; b) flecha máxima; c) rotação da tangente à elástica em B. Dado: EJ= constante
I
-+ I12 5.24
-
+ 117.
-r-
Idem, para a da Fig. 1.139..
I I
-
-+a
-1.-
n
t,
Fip. 1-139
curso de wsuw e ~ t ~ t u i a l
98
i
5.28
5.25 - Obter os diagramas de momentos flctores para as vigas das figuras1.140 a 1.142, que têm rigidez constante W.quando forem submetidas aos recalques angulares 8 indicados. Fig. 1-140
Fig. 1-141
,e .<. -;
9
I-:
, . r
u 3'
< ,
.e
- Idem,
99
para a treliça da Fí& 1-147, devidos às mesmas causa.
,
Fig. 1-142 ,9,
Cglailo & &fornações em estmtums isostútitieap
5;
1
i . (
I
I
I
I
Fig. 1-147
1
i
5.26 - Idem, para as das Figs. 1-143 a 1-145 quando sofrerem os recalques verticais p indicados.
o I
r
-+-I---+
Fig. 1-144
Fig. 1-143
l
p
PI
- & l t I + - I + -
5.29 - Empregando o teorem de Costigiinno, calcular o desloca mento horizontal relativo das extremidades A e B d o anel circular aberto da Fik 1-148 (Desprezar efeitos da força normal.)
Fig. 1-145
Dados: P. R. E. J (constante).
o I ~
IP
C l + l +
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 5.30 - Empregando o teorema de Castigliano, calcular o deslwamento horizontal d o ponto B do quadm da Fig. 1-149, cujas barras têm rigidez EJ, constante.
Fig. 1.146
a) carregamento indicado; b) aumento uniforme dc temperatura de 3 0 OC; c) recaique vertical, de cima para baixo, do apoio B, igual a 2 cm.
I
I
Cuno de anYise estrutural
100
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
,rn
m
4.2 (+I a) aumento de
- ]
(371 8) -
+
)
-
a) 2 6 c m (+) ;b) f l x IO-:' rad
5.1 8 -
a) 0.21 x 1O-' rad (12);0,33 x 1 b) 1 mm (4)
5.17
5.22
-
(C)
(o ) rad ((
a) 0.133 x rad b) 0,67 mm ( f ) ;zero ; 0,67 mm (L )
t
)
I
.
Cdleulo de defonna$ões em estruturas isostátiras
101
I
Curso de análise estrutural
102
a n i l o& &formafõsem estmtunis isosiatia C)
5,28
-
103
P~~ = 2 o m m ( ~ ) ;pEH=15mm(+); ~ ~ ~ = 1 0 m m í L ) ; pGH= 30 mm (-+)
componentesverticais e horizontais dos deslocamentos valem, em cada caso:
a) ~ ~ ~ = 3 4 , 6 m r n ( L ) ; ~ ~ ~ = 6 , 4 m m ( - f ) ; ~ ~ ~ = 1 7 , 3 m m ( 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
5.29
5.27
-
As componentes verticais e horizontais dos deslocamentos valem, em cada caso:
i
-
mm (+)
" -
Abertura de 3nPK EJ
i?
CAPITULO li 1
-
- HIPERESTATICA - O METODO DAS FORCAS
htrodii@o - Determinação d o grau hiperestático
II
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 suplementares necessárias ao cilculo das reações de apoio da estrutura
-O
Hipc&6tica
I
d t o d 0 das forps
g'
105
'
reações de apoio e seus esforços simples, 0 grau hiperestático total do uma (x) 6 a soma de seus graus hiperestáticos externo (&) e interno lgi). (11.1)
g = Be + 8i 1.4
- Aplicaçk Obter o grau hiperestático g das estruturas a seguir: a) Quadros planos Fig. 11-4
C.
4\. 1'9 = g e X t = 2
r; Fip 11-1
1.2
- Hiperestaticidade interna
&n\
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, preservando, desta forma. a igualdade estática da nova estrutura "aberta" com a primitiva I
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 número de esforços simples cujo conhecimento nos possibilita traçar os d i a gramas solicitantes para a estrutura, conhecidas suas reações de apoio. 1.3
-
Hiperesiatiadade total Evidentemente, como resdver uma estrutura é conhecer suas
6
I
O
tirante
O
a = ggxt + gint '1 + 1 = 2 Fip. 11-9 Fia. 11-10
g =
5 x 3 x 3 = 45
106
Hiperrststica
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.
I
- .cmétodo
107
das f o r p s
Nenhuma alteração d o ponto de vista estático ocorrera se encararmos a estrutura sob a forma indicada n a 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
b) Treliças planas:
Fip. 11-16
Fig; 11-11
C)
- 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
Fip. 11-12
Grelhas:
Fig. 11-13
Fip. 11-14
Fip. 11.15
Fig. 11-1 7
- Sirtma principal e hiperest4tico
as incógnitas d o problema, e cuja determinação implicará na resolução da estrutura Por esta razão, chamamos a esses esforços de hiperestáticos Observaçüo: Para a esttutura da Fig. 11-15 representamos apenas, os apoios perpendiçulares a seu plano, que sáo os que funcionam. no seu trabalho w m o grelha. 2
- O 2.1
mbtodo das f o v s '
-
As bases d o método
Pensem s, agora, na compatibilidade de deformaçóeí:
?
I
L
Evidentemente, para cada vinculo rompido, na passagem d a e s trutura dada (Fig. 11-16) para o sistema principal (Fig. 11-17). liberamos uma dcformaçáo que não existe, de modo que devemos impor, à estrutura d o sistema principal, a condição de serem nulos os deslocamentos nas direçks dos hiperestátiços.
Seja a estrutura da Fig. 11-16. três vezes hiperestatica, que desqamos resolver:
(NO caso, devemos ter na Fig. 11.17: rotação em A; rotação e deslocamento horizontal de B iguais a zero.) Com isso, para cada incógnita Xi da 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 ~ I e c i s a%r necesfanamentc isostático. podendo, cm detarkinado, e a ~ o r . ur útil trabalhar com um SIitema principal hipcrestátira.
*
108
Curso de análise estrutural
Hipem&tica
-o
109
método das f o r ç a
equação dizendo que o deslocamento na direção de Xi é nulo. O problema está, então, resolvido e podemos afirniar que a resolução de uma estrutura 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.
Assim, devemos ter, indexando as deformaç6es indicadas na Fig. 11-18 eom dois índices. o primeiro d o qual se refere ao local e o segundo à causa da deformação3, temos: RotaçãoemA=O . . . . . . . 6~0+611XI+61ZX2+613X3=0
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 indicada na Fig. 11-18, em que separamos o efeito do carregamento externo 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 1, X 2. X, 3 tais que façam que os deslocamentos finais nas direçaes dos hiperestat~cossejam nulos.
RotaçãoemB= O .
,,,
...
.. . . . .. . .
~ ~ s l o c a m e nhorizontal to emB= O
.[
620 + 6 2 1 X I + S22X2 630 + 631XI + 632X2
+ 623X3=0 +
833x3 = O
A solução d o sistema anterior, que 6 o sistema de equações de compatibilidade elástica do sistema principal com a estrutura hiperestática, nos fornece os valores dos hiperestáticos, a partir dos quais podemos obter os esforços atuantes na estrutura.
2.2
-
Observações
a) Vejamos qual a forma de o b t e n d o dos coeficientes 6 do sistema de equaçoes que conduz 20 cálculo dos Iuperestiticm: Sistema principal com carregamento externo e hiperestáticos X,. . . Xn
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 d o 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.
.
I
-
a23
Por conseguinte, 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 hiperestáticos Xi e Xi no sistema principal, com os valores arbitrados. SiO= Combinação dos diagramas resultantes da aplicação docarregament o externo e d o hiperestático (com o valor arbitrado) no sistema principal.
xi
=[
Sistema principal com carregamento externo
]
"
+
Sistema principal
2 Chi,c0
Fim 11-18
i].
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.
Hipernt6tica b) No caso de querermos resolver uma estrutura hiperest5tica para uma variaçáo de temperatura, para recalques de apoio ou para modificações 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 d o 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).
- o método das forças
111
.
Sob forma mais compacta, vem:
Os valores de 6it, 6y ou 6,. em se tratando de deformações em estrutura isosthtica, são de imediata obtenção a partir d o que se estudou no cap. I, sendo dados por:
Ao vetor { 6 O 1 , onde a influencia d o carregamento externo 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.
6i,,, = 2 ( Ni x modificações de comprimento correspondentes.) (114)
Ao vetor {X} chamamos vetor dos hiperestáticos.
(Os esforços e reaçóes com índice i são, evidentemente aqueles obtidos quando aplicamos o hiperestático Xi , no sistema principal, com o valor arbitrado inicialmente.') C) Como, quando combinamos diagramas de momentos fletores, obtemos os EJc6 ao invés dos 6 , temos:
- no caso de resoluçáo de estruturas hiperestiticas para atuação 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 amação 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.
v
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
=
-
[si-'{ao}
=
- [PI
(11-6)
Notas: 1) Se, em vez de termos carregamento externo, tivermos variação de temperatura, recalques ou modificações de montagem, basta substituir o vetor \
{60)
por
{6t}
.
{Sr}
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 d o 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 empregando-se o principio da superposição de efeitos (V. Fig. 1-18), da ex+ ptessáo: E = E. + EiXi (11-7)
1
112
Curso de anáiise estrutural
em que:
E. : esforço no sistema principal, provocado pelo agente. so. licitante externo;
50) 3.0) 4.0) 5.0) 6.0)
1
Ei : esforço no sistema principal provocado pela aplicação do
xi
hiperestático Xi com o valor inicialmente arbitrado; : valor obtido para o hiperestitico, a partir da resoluqào direta d o 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
i!
Traçado dos diagrainas no sistema principal; Obtenção dos EJc 6 ; Formulação do sistema de equações de compatibilidade elástica; Obtenção dos hiperestáticos ( t X } [ b 1 { 60 } ) Obtençáo dos efeitos finais (E = E. + ZEiXi)
-
'.
Ex. Ir-1
para
-
-
\
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:
E = 2 E i 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 aplicaçóes correspondentcs.
+Sm
-.
h) Verifique o leitor a facilidade com que podemos escrever as equações de compatibilidade elástica sem precisamos recorrer, eni cada 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 escreveri:
2.3
-
+
6 11 - X1 +
.... tiiiXi
+.
. .+ 6,X,
=
O
(11.8)
1
Roteiro para o método das forps
A partir dos itens anteriores, o roteiro para resoluçáo de truturas hiperestáticas, será: 1.O) Escoiha do sistema principal (v. 2.2.1);
Pii. ii-19.1
a) carregamento indicado; b) diminuição unifome de 30 OC ; c) recalques em A indicadas abaixo.
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 t a s que corrijam os ii~icialnientc arbitrados para eles, de modo a satisfazer a compatibilidade de deformaçóes da estrutura dada com seu sistema principd.
6i0
-
Dados: EJc = 104 tm2 a = lO"/OC a) Carregamento indicado 1. Sistema principal e hiperestáticos
CS-
Em se tratando de uma estmtura duas vezes hiperestitica, m p e r - l h e dois vínculos, a fim de obter seu sistema principal ismtátim. Seguindo a orientação dada na observação 2.2.f, chegamos ao
1
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 w m seu sistema principal.
I Obtemos:
6. Diagramas solicitantes e rea<;&a
2. Diagramas no sistema principal Aplicando no sistema principal, respectivamente, o eanegamento externo e cada um dos hiperestátiws, tomados iguah a 1, obtemos os diagramas da Fig. 11-20.
I
A partir da expresão 11-7, temos E = E. + 3,27 E l + 4,09E2, obtendo os diagramas solicitantes e as reações de apoio indicados nas Figs. 11-21 e 11-23.
F i i 11-20
3. Cálculo dos Hc 6 Em se tratando de um quadro, consideraremos apenas seu trabalho H flexão, obtendo:
F i i 11.21
mm
Os
r'
- m e r { X }= -[EJc6 {I?Jc6o } ,já que não e n m o í imbaihuido V--r&eiro% ma% sim. com reus d o r e s multiplicados por &Jc Como tcn;im desta forma, pan não complicar n nota~Ho.ewreveremor sirnpksmcnte: @o 1, embora estejamos u m d o os me&
*larnos
(biso de anáiise estrutural
JF~
Fio 11-24
+
4.15 t
0.731
F'm.11-25
Ntamp.
Fig. 11-22
'carr.
'
Fip. 11-26
C) Recaloues de a w i o Basta substituirmos o vetor { b0 ) por { 6,} . No caso, vem:
Fio 11-23
Os hiperestáticos devidos ao recalque são, então: b) Variação de iemperatura
Basta substituirmos o vetor { 60 1 pelo 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 estam- trabalhando com os EJc 8" ao invés dos 6". Obtemos, então:
,
= .7,3EI -22,4E2, obtemos os dia gramas solicitantes indicados nas Figs. 11-27 a 11-29. A partir da expressão E,,,
Os novos hikrestáticos, d'evidos à variaqão de tempe;atura,são: 12.521
1
2.521
Fim. 11-27
Fie. 11-28
+ 7.47,
Os e~forçosdevidos à varlação de temperatura serZo, po,iS: 2,18E2, estando os diagramas solicitantes indica .Etemp = 0,55E, dos nas Figs 11-24 a 11-26,
-
-
1
I
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.
wpmdtjtia a)
- o métodod a foqz%3
MO
b) M l
Ex 11-2 - Obter o diagrama de momentos fletores para a estm. tura da Fig. 11-30.
3. Cálculo do$ EJc 6
Considerando apenas o trabalho da estrutura 4 flexão, obtemos: EJeSlO= ~ 3 x 1 2 -I - x 6 x 1 2 - -1 x 6 x 4 = - 4 4 3 3
.-i
1. Sistema principal e hiperesiáticos Em se tratando de estrutura duas vezes hiperestática, devems romper-lhe dois vinculos para obter um sistema principal isostátieo. Rotulando, por exemplo ,os nós A e C esq, obtemos o sistema principal indicado na Fig. 11-31, onde estzo também indicados os comprimentos elásticos das diversas banas, necessários para o cálculo dos EJ, 6.
C
I I
I 1
t
4. Equações de compatibilidadf:
S. Hiperestátims:
\
XI
=
I
+ 2X2 =
4XI
8,s
6. Diagrama final A partir de (11-7). sabemos que. M = Mo + 8,5M1 + 5M2. obtendese, então, o diagrama de momentos fletores .ia Fig. 11-33,
2. Diagramas no sistema principal Fig. 11-33
Temos, aplicando o carregamento externo e cada um dos hiperestátims unitários no sistema principal, os diagramas da Fig. U-32.
44
-
\; Ex. 11-3 - Obter o diagrama de momentos fletores para a viga continua da Fig. 11.34.
I I
I
-ou
- o métododas forps
121
4. Equações de compatibilidade
\ 3X1 + 0,SX2 = 76,s
1 o,sx, +
5. Hiperestáticos:
2 x 2 = 45
X, = 22.7
6. Diagrama final
I
1. Sistema principal e hiperestático
Será dado por M = Mo t 22,7M1 tao o diagrama da Fig. ii-37.
+
16,8M2, obtendo-se en-
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 indicamos também os comprimentos elásticos das barras.
r:; I' = 3m
I' = 6m
Fig. 11-35
I'= 3m
2. Diagramas no sistema principal a) Mo
b) M1
c) M2
Observe o leitor a vantagem do sistema principal adotado que conduziu a diagramas Mo ,M1 e M2 os mais simples passíveis, simplicidade esta que prosseguiu no cálculo dos EJ, 6 e no traçado do diagrama fmal, para o qual os valores dos hiperestiticos j6 &o os momentos 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, Dado: EJ, CY = 10 tm2/0C
F
Fq. 11-38
3. Cálculo dos ,Vc S EJ,Sl0
=
1 ( 6 ~ 1 8 + 3 x 4 0 , 5 )=-76,s 3
Curso & anáiise estmtural
122
Hiptestátiea
- o método dsr fo
3. Cálculo dos Wc6: WcS,, = - 1 0 4 ; E J , S z 0 = - 6 4 ; E J c 6
a) Carregamento indicado 1. Sistema principal e hiperestáticos
123
=-
36
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.
4. Equações de compatibilidade: 104
64 36
1t: 1 1 1
2. Diagramas no sistema principal
11,3
Temos:
=
x3
20-7 19.3
6. Diagrama final e reaçóes A partir da expressão E = E 0 + 1 l,3EI + 20,7E2 + 19,3E3 obtemos o diagrama de momentos fletores e as reaçóes de apoio indicadas na Fig. 11-41 /
lmt
x *l
lml
1/12 I
t
I
I
124
CUM de anáiir estrutural
b) Diminuição uniforme de 3 0 OC - Conforme sabemos, bastanos calcular o vetor { h t ),cujos termos sit = a r & ~ ~ representam as deformaçóes, no sistema principal, na direção de cada um dos hiperestáticos, devidas i variação uniforme de temperatura, sendo, pois, deformações numa estrutura isosfatica devidas a uma wriaçüo uniforme de temperatura Para seu cálculo, podemos então trabalhar com unia estrutura de substituiçáo (que contenha os vinculos e pontos de aplicação de carga da estrutura dada), obtendo, a partir dos diagramas da Fig. 11-42:
WprrsUtica
- o método das f o q
'125
ObservaçtTo: empregar uma estnitura de substituiçEo do sistema prùidp& Só 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. I 1 4 4 para o c s n e g ~ mento indicado. Todas as banas tèmmpsmainercia
41/61
-1t181
111161
O
g-ph $1
.L ,
1116i
"'
t
-X!IZ,
Fip. 11-42
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 autoX1
Temos. então:
I
x1 \
Fip. 1146
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
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
I
Observap-o: Neste caso, tivemos mistura de hiperestitico-momento com hiperestáticoforça. Como os valores arbitrados para os hiperestáticos, nesta fase, p+ dem ser quais uer, 6 recomendável, com a fuialidade de se evitar o aparecimento de de ordem de grandeza muito diferente, que os hiperesti. ticos-força esforcos de ~.sejam arbitrados eom um valor tal que . ~r0duZa . > -mesma ordem de grandeza que os provocados pelo valor arbitrado (normalmente unitário) para o hiperestático-momento. Por esta razão. arbitramos o valor 113 para os hiperestáticos X2 e X3 .
Na seção S de simetria de uma estrutura plana. elsstica
e
geometricamente simétrica, em que o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em questão, temos que:: - rn a s o de solicitaçüo simétrico: QS= 0
1
- rn caso d e 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 que determinados hiperestáticos são nulos o que, evidentemente, 0 nos simplificará em muito o trabalho de resolução da estrutura. Voltemos i aplicação em questão.
3. Cálculo dos EJc 6 : Temos:
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 fôssemos resolver novamente, partiríamos de, apenas, 2 hiperestáticos (X1 e X2), pois sabemos que X3 = 0.
4. Equações d e compatibilidade:
1
-
--'-
- - -
- ;iox;=
6. Diagramas finais
-1
o
-.
Note o leitor que, independentemente do carregamento atuante (que só se reflete sobre os 6;o ), devido ao sistema principal escolhido, temos que: = 6 2 3 = 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 estrutura. 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 suplementares 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 = 6 20 = O, w m O que, Xl = X? = o. Estas conclusóes podem ser extrapoladas para outros Caso3 e podemos afirmar que:
Temos: E = ,E, licitantes da F i s 11-47.
0
+ 0.29 E1
- 2,57E,,
obtendo os diagramasse
Fk 1147
Ex. 11-6 - Obter o diagrama de momentos fletores para a estrutura da Fig. 1148, que tem EJ = 104 tm2, devido aos recalque indicados.
-
~perrs<$tica o método das forças Trata-se de uma estrutura simetrica com solicitação anti-simét n c a Tirando partido das conclusões do exemplo 11.5, temos:
h. Diagrama final
1. Sistema principal e hiperestático
Fip 11.51
Fig. 1149
2. Diagrama no sistema principal
3. Cálculo dos E36
Ex 11-7 - Obter o diagrama de momentos fletores para a estrutura 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 4. Equação de compatibilidade
%+tia
2. Diagramas no sistema principal
tll
1
- o mctodo das forps IEJI quadro = f l m 2 (ES) tirante
Ti'
i" 11-64.1
Fip 11-64
3. Cálculo dos EJ, 6 Fip. 11-56
4. Equação de compatibilidade 45
+
S. Hiperestático:
Xl
=
36X1 = O
-
Trata-se de uma estrutura duas vezes hiperestática. Rompend-se o tirante e rotulando.se urn n6 da estrutura, temos o sistema principal da Fig. 11-57. 1. Sistema principal e hiperestitico
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: (EJ) quadro = 3 x 104 tm 2
-
6. Diagramas finais A partir de E = -9E1 + 21,3E2 , temos o diagrama da Fig. IM9.
2. Magramas no sistema principal a) M1
. N1
133
~ h p ~ t i c oa idtcdo das fo-
Luis0 de ant4iae eshuturai
132
b) M2.
N2
lmt
Imt X2. 1
lmt
t
d
Fia. l i 4 9
47
&t
-Ft
2
15.06t . )
Ex. 11-9 - Para a estrutura da Fig. 11-60. que 6 um quadro de
3. Cálculo dos Ele 6
concreto w m um tirante metálico, pede-se:
Computandbse o trabalho à flexáo d o quadro e o trabalho ao esforço normal do tirante, obtemos: t4.b
El, 61enc. -O; - Ele
= -3FX3 104 x 10-2 = -300
.>
4. Equações de wmpatibidade
-
1
F i p . 1160-
'5
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.
Ciuso de anáüs estrutural Dados: (EJj quadro = 2 x 103 tm2 (ESj tirante = 103 t (Euquadro (ESIquadro
1
3. Cálculo dos U,6: EYc610=
= número muito pequeno.
IíMgs quadro
1 1 = - 2 ( - j ~ 3 ~1 3, 5~ t 3- ~ S ~ 3 ~ 1 , 5 ) = - 2 4
a) Resolução para o carregamento indicado 1. Sistema principal e hiperestático A presenca do tirante toma a estrutura uma vez hiprestática
internamente. R o m p n d w , obtemos o sistema principal indicado na Fig. 11-61.
I
4. Equação de compatibilidade: - 2 4 t 28X,
= O
5. Hiperestático: X l = 0,86 6. Diagrama final
A partir de E = E. t 0,86El , obtemos o diagrama de mcmentos fletores da Fig. 11-63. 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 inomentos fletores n9 quadro e de esforço normal no tirante. Vimentão: a)Mo. No
b) M l ,
L
N1
tis.
11-83
a) Cáiculo do encurtamento prévio 8' a ser dado ao tirante Para t e m reaçáo horizontal nula,& necessário que 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 61 1 Xi = O
0
hipe-
m p d t i e s - o metodo das foqS
137
cornoos agentes externos, no caso, serão o carregamento e encurtamento, teremos:
Dados: JA= JC = JD = Jcomp
jcornp
(EJc610 + E J Cen,.)+EJc611 ~ ~ Xi = O ou:
-24
1. Sistema principal e hiperestático
+ EJc 6 61 enc.
+?8x2=0 =
-1,6cm
Como a deformação, no sistema principal, na direção do hiperestático X1 devida ao encurtamento S' dado ao tirante C o próprio valor deste encurtamento, temos 6' = 6 enc. = -1.6 cm.ou seja, devemos encurtar o tirante de 1.6 cm para termos a reaçso horizontal final nula. Com isso, os diagramas serão os da Fig. 11-64.
2. Diagramas no sistema principal
3. Cálculo dos (EJcomp ) 6 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,
Sendo as banas misulas retas, empregando as tabelas apresentadas no cap. I deste volume, obtemos:
Barras
e
@ /,
q = 1 tlm
"comp
\
I
138
(hnu de an5is estmtural
~ p d t i c -ao método dar foqas
139
'I
I. Sistema principal e hiperestático
1
t
Barras
@
e
2 x e = 0,207
@
I
~
8
x
~
x
~
x
x 0,207 = 3,32
I
4. Equaçáo de compatibilidade:
- 31,4
+ 3,32X1 =
2. Diagramas no sistema principal
O
N,
11-71.1
6. Diagrama final
i
-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
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: EIc a = 5 x 10.' tm2i0c r 5Jc
Barras 1 e 2
CMfsula reta assim6trica) h = i; n = 0,2 Barra 3 IMiUUa r e h sidtnca)
i(
d5 tab
QI
z
11 - 1
X
d
5
5
,2x5x5x
= 0,098
x 5 x 0,098 = 24.5
tabV' e = 0.222
0 =0.144
+21'M1Ml(~+
rica - o método das fo4. Equação de compatibilidade
141
2. Diagramas no sistema principal
-3GQ+ 116X1 = O
6. Diagrama final
$
11-75.1
I
Fip. 11-76
3. Cálculo dos ES 6 : 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
Temos, então:
ESalo= Trata-se de uma.treliça uma vez hiperestática internamente e, por isso, temos: 1. Sistema principal e. hiperestático
(NINO1)=2 P o ( 1
4. Equaqáo de compatibilidade:
2~.(1
X1
poderfamos ter rompido qualquer outra barra no sistema principal. Observaçdo:
Fie. 11-74
+A)
S. Hipenstático:
+a
t 4a ( 1
+A)x, = O
WpIedMtia - o método das for~a, 6. Esforçm finais Temos: N = NO + N , X 1 = NO
P XI , obtendo, - ~-
a partir 2 d o quadro de valores anterior, os esforços normais finais indicados na Fig. 11-76.
2. Diagramas no sistema principal a) Mo, To
b) M,
.
TI
Ex 11-13 - Resolver a grelha da Fig. 11-77 para o carregamento
-
indicado. Sabe-se que -EJ -1,s GJt
X,
- lrn,
Q , i i i 11-79
d
C)Mz, T2
J 3m
d>M3. T3
Fig. 11.77
4 h,
1. Sistema principal e hiperestatico Tratase de uma grelha três vezes hiperestática. Para obtemos sistema principal, basta rompê-la numa seção. adotando como hiwrestáticos os esforços atuantes nesta seção (momentos fletor e torior e esforço cartante), seção esta que pode ser, endentemente, um dos engastes. Temos, optando pela seçáo central, o sistema principal e os hiperestátiws indicados na Fig. 11-78.
O
Fig 11-81
3. meu10 dos EJ?~
0
Temos que: tiii
X
= (fombiiaç%ode Micom M.)+ &!- x
(cambinaçao de Ticom Ti)
1
GJ,
Cuno de anslisc estmturai
144
vem enw
@-t4tiu-ométodods,f~
145
a diagramas finais de momentos fietom e torçores indicados na Fig.11-83. 2
~ . 1 6 ~ ~ = - ~ ~ 9 x 3 3 + - x 3 x 2 ~ 5 - 1 , 5 -49.5 x 9 ~ 3 =
~
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
Obsewa@:
Suponhamos que, nesta aplicaç%o,tiv6ssemos o caso de carregamento sim6trico. Isto nos daria diagrama M simétrico e diagrama To mti-simétricõ, com o que teríamos 620 = = O, o que acarretaria
4. Equações de compatibilidade:
x2 = x3 = o
830
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 X l = 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:
5. Hiperestáticos:
6. Diagramas finais (em mt)
-
-
Temos, a partir da expressão E = E. + 3 3 E 1 0 8 4 E 2 4.8263.
-
"O
-
no a s 0 de solicitapio anti-simétrica: Aís = O
mso de solicitapio simém'crr:
Qs = Ts = O
Ex. 11-14- As fibras superiores da estrutura da Fig. 11-84 sofrem uma diminuição de temperatura de 10 OC e as inferiores 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
mpm&ica
apenas os deslocamentos verticais;
b) (EJ) grelha = 104 tm 2 (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.
-0
d t o d o ds f o r p i
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 teapenas momento fletor, conforme indicado no sistema principal & Fig. 11-86,
ObsmaçZo: funcionaráo apenas os apoios perpendlPara At =40 OC, com tg = 0, culares ao plano, pois não e h t e tendência de deformação no próprio plano da estmtura. 2. Diagramas no sistema principal
A variação de temperatura do problema, empregando o prin-
cipio de superposiçáo de efeitos, pode ser encarada da forma indicada na Fig. 11-85.
3. CálaJlo dos
(,VIgretha 8 :
Para a parcela da Fig. 11-85.2, temos uma estrutura plana solicitada 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)
4. Equação de wmpatibilidade:
- 60 t-383 X1 =
O
148
-
w p d U u o mctodo das forps
Cuno de m8is estmturai
149
2. Diagramas no sistema principal 2 mt I
Zmt
6. Diagramas finais (grelha)
São os indicados na Fig. 11-88 a partir de f? respondendo ao caso da Fig. 11-85.2.
=
4,73E1 , cor-
para o dleulo de
62t)
0-
Fig II-91
3. Cálculo dos (EJ) plano 6
plano
= (Eljplano a t g AN
Fig 11.85
2
= 4x
104 x10-5 x l q - 2 ) = -8
4. Equaç%ode compatibilidade: - 8 + - 64 X - 0 3 2 -
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
6. Diagrama final (estrutura plana): Em perspectiva, novamente, OS o diagrama da Fig. 11-92, correspondendo ao caso da Fig. 11-85.3.
Rebatendo, temos, em verdadeira grandeza, o esquema da Fig. 11-90.
I
A solução do problema é, então, dada pelos dois diagnuips a m t a d o s na Fig. 11-88 e pelo diagrama apresentado na Fig. 11-92.
-
11-15 Resolver a viga balcão da Fig. 11-93. que tem W = q
Cuno de an9ise estniturd
150
1. Sistema principal e hiperestático Em se tratando de uma grelha (curva) simétrica, com carregamento 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.
n+da
1
- o método dss f o r p
151
I
I
d X, = lmt
2. Diagramas no sistema principal a) Mo. To Reduzindo a carga P/2,sucessivamente, aos pontos A e S indicados na Fig. 11-96, que representa uma vista em planta, em verdadrira grandeza, de uma das duas metades do sistema principal, obtenios os esforços sim~lesatuantes numa seção gen6rica S do sistema principal devidos ao carregamento externo, cujos módulos valem
IMO[ =
PR -
sene e
IT
0
PR ( 1 - c o s e ) , I = --
2e r partu de cujos sentidos obtemos os diagramas Mo e To da Fi.11-95, 7-
I
~
i
11.~7 i
~
i
11-96 i
Reduzindo a carga-momento X 1 = 1 mt à seçáo genérica S, obtemos, a partir do esquema em verdadeira grandeza da Fig. 11-98, que IM11 = ~ 0 0s e I T 1 1 = sen O , estando os diagramas M1 e T1 correspondentes Wresentados na Fig. 11-97. ! I I
3. Caculo dos EJ 6 Calcularemos os ~6 para metade da estrutura apenas, o que a dividir membro a membro a equação de compatibilidade elástica Por 2, sem nenhuma alteração do resultado. Temos. então: -
I
mprrstBtica - o método dm for*
153
cio das matrizes sim6tricas6), que apresentaremos a seguir. 2.5.1
- Artifício do arranjo de 2.5.1.1 - Intmduçáo
cargas
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.
4. Equação de compatibilidade:
5. Hiperestático:
lCIW.l
6. Diagramas finais A
PR E 1 , partir da expressáo E = E. + lr
diagramas solicitantes da Fig. 11-99.
obtemos os
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 simetria, será o deslocamento vertical, já que não existirá tendência de deslocamento horizontal nem de rotação desta seçáo, devido à simetria da solicitação (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 vínculo tal que impeça a sua rotação e seu deslocamento horizontal (já que s'4 = Xs =O), deixando livre o deslocamento vertical. Este vínculo está representado esquematicamente na Fig. 11-100.3: a cada um dos deslocamentos impedidos corresponde uma reação do vínculo, existindo, no caso, uma reação-momento M e uma reaçãeforça N.
-
F i e 11.99
2.5
- Artifiaos hiperestáticos
Devido à simetria da estrutura e do carregamento foi possível, mtáo, passar do esquema da Fig. 11.100.1 (estmtura três vezes hiperestá t i a ) 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
paia estmtura elsstia e geometria-
mente sidtriea Os exemplos 11-5, 11-6, 11-7, 11-13, 11-14 e 11-15 deste capi:u10 nm mostraram as grandes simplificações a que uma simetria da eStNtiira 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-
-
Obtidos os diagramas solicitantes para a metade da estrutur:.
I
6
-tudo dos areos e quadros biengastados, bem como das galcriar unieeldares feehada8 ( m s m o 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 ~ l t h t i c xà sua diagonal principal, permitindo a obtengão, dos h ) ~ res"icos partir de q u a ~ õ e sindependentes uma da outra O b a x o grau hipeieStallc\ @ = 3-e-eshturas nãolustifica, no cntanto, uma ênfase especial para este ar
'
mpmtátiea indicada em 11-100.3, os diagramas da outra metade serão obtidos lembrando que, no caso de estrutura plana simétrica com carregamento sid t r i c o , os diagramas de momentos fletores e esforços normais sáo simétricos 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 deformação de sua seção de simetria 6 o deslocamento vertical), nos permite ~esolvê-Iaa paitir da configuração estática indicada na Fig. 11-101.3.
- o d t o d o das fo-
155
Para carregamento anti-simétrico, a estrutura dada, três v e m 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-simétrico, os diagramas de momentos fletores e esforços normais sáo anti-simétricos e o de esforços cortantes é simétrico.
ObsewpTo: Com raciocínio inteiramente análogo, a estrutura da Fi& 11-103.1, submetida ao carregamento anti-simétrico indicado, poderá ser resolvida a partir do esquema dado em 11-103.2.
b) Seja, agcra, a mesma estrutura elastica e geometricamente sid t r i c a que a indicada na Fig. 11-100, submetida ao carregamento antisimetria> da Fig. 11-102.1.
c) Analisemos, agora, o caso em que o eixo de simetria atra v m a completamente uma barra da estrutura: Seja, por exemplo, o quadro simitriw da Fig. 11-104.1, submetido ao carregamento sim6trico indicado.
.i=;* 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 estrutura 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 d o i ? gênero indicado em 11-1023.
na
_ . . I
4 1.
I
1
I*
hfonne ji vimos, para o caso da estrutura da Fig. u-100, WH0 de simetria de uma estrutura simétrica com carregamento si-
dtdco, 6 %a;
tendência de deslocamento na direçáo do eixo de sime da fig. 11-104, entretanto, este deslocamento está imp*
devido à presença da barra central SC, ficando a elástica da e s &do' 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 nenhuma 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 hiperestático 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 d o esquemada Fig. 11-104.3. Analisemos, agora, o caso de carregamento anti-simétrico, conforme 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
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 Hiperestática justamente Para explorar as simplificações -que encontramos nesta introdução para 0s Casos em que ocorrem estas simetrias ou antisimetrias 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 simetrica, a atuação de um carregamento genérico qualquer, d e c o m p o r e 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 componentes do carregamento (para as quais podemos explorar as simplificações apresentadas na introdução deste artifício), superpondo, a seguir, os diagramas 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 simétrica (Fig. 11-106.2 a 11-108.2) e anti-sim6trica (Fig. 11-106.3 a 11-108.3)
Examinando a deformaçáo da barra central SC, é fácil ver que as cargas situadas de um e de outro lado dela contribuem igualmnte 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 instante tendem a se opor àqueles do carregamento atuante sobre o outro lado da mesma. Podemos, então, dizer que metade da barra SC é solicitada pelo carregamento atuante na parte da esquerda da estrutura eque a outra metade é solicitada pelo carregamento atuante na parte da direita da estrutura, que poderá, pois, ser resolvida a partir do esquema estático indicado em 11-105.3, para a parte da esquerda Os diagramas finais 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 n o c a p 111 deste volume. Nenhuma dificuldade suplementar de análise do problema surgirá com a introduçáo desta mola, conforme veremos no referido ca~itulo.
Fio. 11-107
mpnditica - o método das foqm
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. 11-11 I, cujos diagramas no sistema principal,
11-108.1
11-108.2
11-108.3
As aplicações seguintes esclarecerão mbre o emprego do artifício.
ExlI-I6
- Obter o diagrama de momentos fletores para o qua. dro simétrico da Fig. 11-109, submetido ao carregamento indiiado, cujas barras têm, todas, a me* ma inércia.
Fio. II-111
Fip. 11.112
indicado em 11-112, estão traçados na Fig. 11-113.
Q coeficientes do sistema de equações de compatibilidade elas-
oca Jão: Fip. 11-109
Sendo o arranjo de cargas o indicado na Fig. 11-110, passe mos
A resolução das parcelas simétrica e anti-~imdt~ca de carregamento.
Fip. 11.110
n-n-J 2,im + 11-110.1
11-1103
VI-110.3
estando o diagrama de momentos fletores referente à parte simdtrica do carregamento indicado em 11-114
ü a coeficientes do sistema de equaçóes de compatibilidade
elástica são: El cSlO = -3.33
Obtemos, e n t h : /Xi
=
1à
/ /,
= 0.71 4.67 de momentos fletores referente pane anti-&t&a indicado em 11-118.
b) Parte anti-simbtnca (Fig. 11-110.3) Sabemos que a estrutura a resolver, levando em conta a antiaimetna 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.
estando o diagrama do carregamento
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.
Fio. 11-115
Fio. 11-116
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, a j a s bh, todas elas, EJ = 1 d t m 2 , para um reealque de apoio
- o mCtodo das f o r p
~hpanttititiai
Cum de a n a i s estrutural
162
163
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:
X1 = l m t
+
=
' I 1E"!
T
lc-737
lcm
-t Fiq, 11-125
' 4
- -1.36
O diagrama de momentos fletores referente B parte anti-simétrica será. então, o indicado na Fig, 11-126 e já será o diagrama final, devido B wntribuição nula da parte simétrica.
Fiq. 11-121
a) Parte siméírica (Fig. 11-121.2) A estrutura estará afundando, toda ela, de 1 cm, não aparecendo 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-simetna 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:
Fiq. 11-12s
-
11-18 Obter o diagrama de momentos fletons p a n o quadro da Fig. 11-127.
I
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 esmtura da Fig. 11-132 (cujas barras têm, todas e1as.a mesma inércia), submetida ao carregamento anti-simétrico indicado.
-
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.
Fip. 11-132
F i i 11.128
A parcela sim6trica do carregamento, indicada em 11-128.2, constitui um carregamento auto-equilibrado, que solicitará as barras horizontais da estrutura apenas a esforços normais de compressão e iguais a I t , não influindo, portanto, para a obtenção do diagrama final de IXmentos fletores a que ficará submetida a estrutura, que será funçzo, apenas, do carregamento anti-sirn6trico representado em 11-128.3. Para este F i 11.129
F i i IC130
\i
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 ~ c i p a l ,que nos conduzem a:
EJc 610 =-I3
Fip li-131
In Fis. 11-134
F h 14-133
Dai vem. Dnpcrandose as &fonn.Fõa devidas iestes d o q o s m>muih
x1 =
t3l
Fip. 11.136
l3
7.,-. 17
= 1.81, obtendo-se o diagrama
'-ui de mmentos fletora representado na Fig. 11-136.
Wprrstltkd
1
l
- o método das forçar
167
Tirando partido da simetria de carregamento existente em rea aos~ eixos ~ xx ~ e jj, a estrutura a resolver 6 a da Fig. 11-138.1.
Fig. 11-138.1
q 2.5.1.3
- Caso de existência de dupla simetria (elistica e geom6trica) na estrutura
Ternos: a) Sistema principal e hiperestitico
Nos casos de existência de dupla simetria na estrutura, tiraremos, duplamente, partindo das sirnplificaçóes existentes no caso de simples simetria, diminuindo mais ainda o trabalho de resoluç%o da estrutura. Os exemplos seguintes esclarecem. Ex 11-20- Obter o diagrama de momentos fletores para a estmNra auto-equilibrada da Fig, 11.137, simdtrica em relação aos eixos fx e jj.
*h
Fig. 11.138.2
b) Diagramas no sistema principal
i
I
Fip. 11-139
168
1
malo=-joF ( 61111
169
Fio. 11-142
~ a b ) n d =-b PR 2
Rdb
- o método dar f o r p
Explorando a dupla simetria da estrutura, o canegamento atuante ser decomposto nas parcelas simttrica e anti-simétrica da Fig. 11-142
C) CáIcuIo dos EJ 6 Temos:
w t i c a
nRy =
d) Cálculo do hiperestático
e) Diagrama fmal O diagrama de momentos fletores fmal seri o da Fig. U-140.
I
A parcela da Fig. 11-142.2 promoverá apenas 9 o aparecimento 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 relaçgo 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 verticais dará uma força de 3t que, associada à carga existente de 31 nos fornecerá um binário que equilibra aquele formado pelas duas forças ho-
'0,318~~ Fip. 11.140
E r 11-21 - Obter o diagrama de momentos fletores para a e s w tura da Fig. 11-141.
' --nd*ae no cuo.
a defonna@o da estnitura devida no esforgo nomal, o que 6 usual
AipevstBtica -ntais de It). Temos, a partir do sistema principal da Fig. 11-114 e dos diagramas no sistema principal da Fig. 11-145:
- o método dm f
o q
Decompondo o carregamento nas quatro parcelas indicadas nas 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 11-151.3. i i i 11-148
Fie. 11.144
Fip. 11-145
Obtemos, então, o diigrama final de momentos fletores indicado m Fig. 11.146.
1.59mt
-
47-J
Fip. 11-146
Ex. 11-22 Decompor a resolução daestnitun nove v e m hipre tgtica da Fi.II-147, submetida ao carregamento indicado, na maior quantidade possível de casos, visando simplificar sua resolução com o aproveitamento de sua dupla simetria
5 . : I*
171
I
f
-o método dar forçp
173
A exploração conveniente da dupla simetria subdividiu, então, a resolução da estrutura nove vezes Iuperestática na resolução de duas estmturas 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 simetria de uma grelha elástica e geometricamente simdtrica, $ ocorre pento em t ~ ~ d o ~ e ~ o ~ d e ~ s ~ t ~ i a ~ q u a n d " , o O c a ~ r e g a m e ~ o O d d s i m ~ t r i c o ; e, quando o carregamento 6 anti-sundtrico, so S i - n k e m torno a um esforço cortando eixo perpendicular ao eixo de simetria,-= 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, s u b metidas aos carregamentos simétricos e anti-simétricos indicados, os sistemas principais, explorando estas simetrias e anti-simetrias serão os indicados nas Figs. 11-152.2 a 11-155.2.
Fim.
11-153
11-153.2
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), permanecendo existente o deslocamento vertical e a rotação da seção de simetria em torno do eixo que a contém e que é perpendicular ao de simetria (pais, para estes dois tipos de deslocamentos, são aditivos os efeitos ris 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 reação 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 carregamentos 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 simetria 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 hiperestáticas). Para o caso em que o eixo de simetria coincide com uma das 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.
bwda grelha, as simplificações que o carregamento simdtrico (Fig.
Aiprest6tica - o d t o d o dm forçar
/
s
/ X
11-156.1
Fip. 11-156
2
-
11.156.2
2
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, aplicandese como hiperestático adicionais o momento (X2) atuante em $ nas barras AS e SE, na direção perpendicular â do eixo de .simetria, e o esforço wrtante (X3). atuante em S, nas mesmas barras"; com isto, obtemos 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. E r 11-23 - Decompor, utilizando o artifício do arranjo de cargas, a resolução da grelha elástica e geometricamente simétrica da Fig. 11.158 em suas parcelas de carregamento simétrica e anti-simétrica, indicando para cada uma delas o respectivo sistema principal.
PJ<
/+)
Fia. 11-158
As parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamento estáo in-
I
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) atuantes nesta seção. Sobra, ainda, um quadro hiperestático A D S E C que, devido à sua simetria, pode ser rompido em S, aplicandc-se como hiperestático adicional o momento (X3) atuante, em S'O, nas barras DS e SE na direção do eixo de simetria. Com isto, obtemos o sistmia prkipalisostático da Fig. 11-156.2 (notar que, devido â simetria, a resolução da grelha seis vezes hiperestática dada recaiu na redução de uma grelha trêsvezes hiperestática). No caso de anti-simetria (Fig. 11-157.1), a mesma anula a rotaçáo 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* t q ã o em tomo do eixo u;a barra SB terá wmo único esforço, portam 10
Ver CLV>S de, Figa 11-152 e 11-154.
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.
2 Diagramas no sistema principal
Conforme se vê, a nsoluçXo da greiha dada (cinco v e m hipMitica) recaiu na resolução de uma grelha duas vezes hiperestitica e de outra três vezes hiperntitica. Ex. 11-24- Obter os diagramas de momentos fletons e torçores para a grelha da Fi 11-161, cujar barras tEm,todas elas, =2
G7;
lmt
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
F i e 11-187
3- Cálculo dos hiperestáticos
I
Calculados os valores dos E J b , a partir da expressão EJGii= 4comb'inação de Micom (wmbinação de Ti w m obtemos:
q),
1
11
4. Diagramas da parte simétrica
-
-
A partir de E = E. t 0,19 E, 1.37 E2 0.57 E 0s diagramas de momentos fletores e tor(ores, representados na
, obtemos
&. 11.168.
I
O
lrnt 4-
x2=lmt
v
lmt d mt
Fip. 11.172
iirn.
Fip. 11-168
b) parte anti-simktrica (caso da Fig. II-1623) Temos: 1. Sistema principal e hipenstfiticos
Fip. 11-173
3. Cálculo dos hiperestátiws Temos:
4. Diagramas na prte anti-sim6trica
X3 Fip. 11-169
2. Diagramas no sistema principal
Fip. 11-171
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.
I'
I 0s diagramas finais serao os indicados na Fig. 11-175, resultantes da superposição dos diagramas da Fi& 11-168 @arte simétrica) com os & Fig. 11.174 @arte anti-simbtnca).
, + t a i
I
- o método dm f o l p
181
2. Diagmma no sistema principal
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
!
Fie. 11-179
X,= lmt
Sendo a estrutura e o carregamento sIm6tricos, temos: 1. Sistema principal e hipcresthticos
3. Cálculo dos hiperestiticos Tmios:
4. Diagramas solicitantes Fig. 11-177
A pMir da express8o E
= E,, + 0,23 E1
+ 9,59 E2, obtemos
1
-tia
- o rnCtodo das força3
183
m diagramas solidtantes indicados na Fig. II-181.
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 ,
...
- 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 matriz de flexibilidade a ser invertida. No caso do artifício do arranjo de cargas tal resultado foi obtido verificandese que esforços eram nulos para as parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamento atuante, tirand-se partido deste fato na escolha do sistema principal, conforme vimos no item 2.5.1.
25.2
No caso do artifício dos grupos de incógnitas, agiremos da maneira divena, que pode ser ilustrada para a estrutura cinco vezes hiperestitica, elástica e geometricamente simttrica, da.Fig 11-182. C
; J
I
1 7 .
9e
>
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.
Fig. 11-184
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.
d t r i c o s e anti-simétricos e a forma simplificada que assumirá a matriz [61.
Podemos, então, ao inv6s de trabaihar com os hiperest6ticos XA. com os hiperestáticos X1, , X5 que têm a vantagem 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 , X 3, com aqueles ( anti-simdtricos) 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 [ 6 j dada por:
. . ., XE. trabalhar
...
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 decomporá, por isto, em duas submatrizes, uma referente ao gnipo sim6trico
I
Fig. 11-186
11-190.4
Fia. 11-190
Em todos os exemplos apresentados atb aqui, os sistemas principais escolhidos foram rigorosamente sim6tricos; não existe, entretanto, pa" se obterem as simplificaçóes a 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 lúperestáticos simbtrico 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
v - o método das f o w
uirso de máiise estmtural Os exemplos seguintes esclarecerão acerca do emprego do artifício. Ex. Ii-26 - Obter o diagrama de momentos fletom para o quadro da Fig. 11-192, cujas banas tem, todas, indrcia constante.
d) Diagrama fd A partir da expralrHo E = E, + O,SE1 + 0,5E2 temos o diagrama f d da Fig. ii-195.
+ 5,4E3, ob-
Empregando o artifício do grupo de inoógnitas, temos: a) Sistema principal e hiperestáticos
X2
I&.
& -
bXJd Fio. 11-193
-
X3
E r 11-27 - Obter o diagrama de momentosIiletores para o quadro da Fig. 11-196, que tem rigidez constante EJ = =lo4 tm? se os apoios A e C s o f r e m os recalques horizontais indicados.
b) Diagramas no sistema principal 4th X l = lmt 4.5mt
"
x3- 1mi
tml lmt Fio. 11.194
c) Cáiculo dos hiperestáticos Temos:
+
3m
-
+
] ~ ']TI r Empregando o artifício do gmpo de incbgnitas, temos:
a) Sistema principal e hiperestátiws
X
X2
-54
3m
Fia. 11-196
X3= l m t
lmt
+
HipaestB
191
E r IA28 - Obter o diagrama de momentos fletores para anel circular, de raio R. submetido ao carregamento auto-equilibrado da Fig. 11-200.
Lkvido à anti-simetria da solicitaçZo, s6 aparecerão os hipereststicos 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, =
Fip. 11-200
temos:
- 104 x 2 ( - 13 x 3 x
Vem então: X 3 =
12
d) Diagrama final A partir da expressão E =
=
10.~) =
Explorando a dupla simetria, da estrutura e do carregamento, a) Sistema principal e hiperest8ticos
+ 200
- 16.6
- 16,6 E3, temos
o diagrama da
Fig 11-199. b) Diagramas no sistema principal
C
X, = l m t
Fim. 11.202
Cum, de análise estmtnral
192
Temos: n 2 U610=4 ~ ( ~ e n l l t c o s 0 - l ) R d l l = - P R(4-d
:I
f
193
Explorando a dupla simetria da estnitura e do carregamento,
c) Cálculo do hiperestático
m611 -4
-
~ ~ m i á t i e ao metodo das fo-
tem: a) Sistema principal e hiperestáticos
Rdll =2nR
-
Dai, vem: X1 -
ln
0,137 PR
Fig 11-205
d) Diagram final
O diagrama de momentos fletores será o da Fig. IL203.
I
b) Diagramas no sistema principal
Fie 11.208
c) Cálculo dos hiperestáticos Temos:
.
~-~
Er 11-29 - Obter o diagrama de momentos fletons para a tnitura duplamente simétrica da Fí& 11-204.
d) Diagrama fmal A partir da expressão E = E. t E1 t 4 E 2 , obtmios diagrama final da Fig. 11.207.
1
Cinso de d s c eatmturd
194
Wpemtática
- o método das forçss
195
b) Diagramas no sistema principal
lrnt
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 inferiores resfriadas de 10 OC. São dados: EJ = 2 E/ a = 10.2 tm210c ; -
lrnt
c) Cálculo dos hiperestáticos Ternos: EISlt=
GJr
I
-
1w2 x 2 0 0.2
',x 3
= -6
2
E1611= 1 6 , ~ ~ 6 ~ ~= =- 1 2 , E J S Z 2 = 18 Vem, então:
Explorando a simetria da greiha e da solicitaçXo a) Sistema principal e hiperestáticos
/t
X2
, temos:
P
l2 Como tg= 0. r30 haverá trnbaih da estrutura em x u prbprio plano.
-
A partir da express8o E = 1.25 E1 + 1.17 E2, obtemos
fWda Fi 11-212.
os
aprrststica - o método das foqar
I
1,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, devido à componente horizontal dos esforços normais atuantes. nas barras inclinadas 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.
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
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.
estudar: a) Tipo I - Viga de rigidez trabalhando à flexão composta (flexão com esforço normal) para carregamento vertical. A
1 I
I
A resolução deste tipo de estruturas será, então, feita usando as ideias já conhecidas do método das forças, sendo os sistemas principais obtidos rompendo-se, indiferentemente, uma das barras do reticulado.
Os exemplos seguintes ilustrarão esta resolu$ão.
.
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.
E r 11-31 - Resolver a viga langer da Fig. 11.215. Fia.
-
b) Tipo 11 Viga de rigidez trabalhando à flexão simples (sem esforço normal) para carregamento vertical.
197
São dados: para as barras do reticulado S = 10 em2
I
para a viga AR: S = 80 cm2,1 = 104 m4
Curso de an%iae estnihird
198
ffipe,&6tiea
S. Hiperestático:
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
- o método das f o w X1 = 1,83
6. Efeitos finais A partir da expressão E = E,, + 1,83El , obtemos os esforços 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 niomentos fletores que a t u m na vip,a são inferiores à décima parte daqueles 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).
Fip. 11-218
3. Cilculo dos EJ6 Devemos levar em conta o trabalho da estrutura à flexáo e a@ esforço normal, obtendo: EJc EJ fil
Para a estrutura & Fig. 11-220, tem-se: (EJ/ngaE 104 tm 2 - 104 reticulado - T(Y
=
IO.~/''~
B
A
1 O = (combinação de MI com Mo) = - (2x-x2x4x2+2x4x4) = - 42.67
Pedem-se: C
3
(combinação de MI com M1) +
(combinação
--,- - - -
dos
reticulado N, do reticulado entre si) + fl-
I
(combinação do N1 da viga
(E J v i m
4; Equação de compatibilidade:
- 42.67 + 23,3Xl
= O
wm
"1
I I
I I
U3 I
4m
Cuno de anluae a r t m M
200
,prrst4tica
I
-o método das forçsp
201
l 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, tracionando as fibras superiores
finais indicados na Fig. 11-222.
?
a) I. Sistema principal, hiperestático e diagramas: Temos, rompendo a bana U do reticulado, o sistema principai e os diagramas indicados na Fig. 11321.
F i i 11.222
b) Temos:
. - . X1 = 3
Dai, obtemos: 546 X1 = 400
0,244 t (tiação), coincidindo
com o esforço normal atuante, neste caso, na bana LI2.
2. Cálculo dos EJ 6 e do hiperestático Temos, computando o trabalho da estrutura B flexáo e esforço normal:
ao
-
c) Para que MC = 0,4 mt, devemos ter: X'l = vir&: (Ws.+ 100) + 546 x', = O
t.
Dai
Devemos, pois, dar um encurtamento de 4 3 4 mm à bana U2 para 0,4 mt
que
.C
MC = F J ~ EJotgAN1 ~ ~ = = 1 0 4 x 1 0 . ~ ~ 3 0 ( 2 ~ 5 ~+ 72 ,x 5z x 4 + 3 3 + 1 x 3 ) = 7 5 + 1 6 + 9 = 100 Vem, então: 546 X1 =
- 100.'.
X1 =
- 0,183 t
3. Esforços fmais A partir da expressão: E =
- 0,183 E1 , obtemos
os efeitos
- 0,l
-
------
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.
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 2 S 7 4 1 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.
-
203
~ p e ~ t A t i c-aO metodo das forças
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 normais simétricos, desde que seja geometricamente (apenas) simétricqin. dependentemente da existência ou não da simetria elástica ou de carregamento.
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 correspondente & 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
(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 pênseis 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
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,
d o método de resolução Seja a estmtura duas vezes hiperestitica da Fig. 11.226:
lp= ' n A
A A
B F i i 11926
C
-
D
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:
obtemos: X1 = 2t, sendo os esforços atuantes dados, então, a partir da expressão E = E. + 2E1, pela Fig. 11.225.
F i g . 11-225
Curso de &se
204
estrutural
Nestas expressBes, os 0 ij. função apenas do sistema principal 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:
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:
LL Para obtermos as linhas de influência dos hiperestáticosbastará, 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 carregamento externo P = 1 que percorre a estrutura). Para obtenção de uma ordenada generica de SI0. em se tratando de uma deformação numa estrutura isostática, temos os estados de carregamento e de deformação indicados na Fig. 11-228:
SZ0 = Elástica do sistema principal carregado com X2 = 1
Com isto, as l nheeidas, senão vejamos:
L L Xl =
- ( P1 1
i de influência dos hiperestiticos estão c e
L. L filo +
principal carregado com X1 = OU,
.
-
0 12 L I. I
e
) = Elástica do sistema
x2 =
-
I
a 12,
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, generalizando, podemos concluir que:
L L Xi = Elktica do sistema principal carregado com os (4) da
+c'
i G a a linha da matriz
Estado de deformaqão
[o].
-
Conheadas as linhas de influência dos hiperestáticos, aslinhas de influência de outros efeitos são obtidas imediatamente da expressão:
u
L
Estado de carregamento
Fio. 11.228
Combinando os diagramas obtidos para estes estados de carregamento 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 aplicação 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 deslocamento na direção de X1 provocado pela aplicação, naquela seção genérica,
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 E 0 é uma linha de influencia no sistema principal (i"statico) e como as linhas de influência dos hiperestáticos já são cca e a d a s , o pmblema está resolvido e, generalizando, temos:
Hipaestdtica 4.2
- Roteim
de cálculo
- o metodo das forças
207
a) Caso de J constante:
A partir das conclusões do item anterior, podemos
=tabele. cer o seguinte roteiro para o traçado de linhas de influência cm ntm. Nras hiperestáticas.
L Pd :Viga Tnjugada carregada mm J :-.M 8
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 comportando-se como biapoiados para, quando do cálculo das linhas de influència 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 hiperestáticos ponto a ponto, pela aplicação do teorema dos trabalhos virtuais.) 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.
11-230 Como a elástica é o diagrama de momentos fletores na viga conjugada, temos: Fig.
ou seja:
2?) Traçado dos diagramas no sistema principal para os hiperestáticos 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 ] correta será aquela comque por ,!Vc e, conseqüentemente, a matriz trabalhamos devidamente multiplicada por EJc. Não podemos, pois, nos esquecer disto na hora da obtenção das linhas de influência dos hiperestáticos, ou seja, devemos multiplicar os nossos (- 0 ) da matriz [ P ] errada com que trabalhamos por EJc para obtençzo das elásticas. Supondo que, em nosso sistema principal adotado, a estrutura fique dividida em elementos cornportandwe para a cargaP= 1 como biapoiados, para obtenção das linhas de inflGncia dos hiperestáticos teremos que achar elásticas de vi~as - biapoiadas para carreeamentos da forma da Fig. 11-229.
(Podemos, pois, usar os P da matriz errada com que trabalhamos usualmente sem maiores preocupaçóes) b) Caso de J variando em mísula (supondo Jmax.em I )
[o
k h
7i
I ---*-
Fip. 11-229
l3 0 s v a h i du Riqaes % e d o v01 I &ste Curso.
WD estão dados na takla I pertencente r0 c*P-
2. Diagramas no sistema principal
Uma ordenada gengrica R 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:
qx, = 11'
(
P1 rll
+
P2
V2)
X,
.
,m,
I' = 1
.
lrn,
(11.10)
I
sendo:
X,
3. Matriz
Jc 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 L1.E = LI.EO + ZEiL.LXi (11.11)
1 61
Fip. 11.234
1
I
I
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 seçóes indicadas (as wtas estão em metros):
1
S. Linhas de influência dos hiperestáticos
5.1
- L I. X 1 Será a elistica do sistema principal carregado mm 10 I , ou seja, com o carregamento indicado na
(- 1% h h a ) da matriz
Fig. 11-235.
Fip. 11-232
.
barra CF L I . M ? ~ , h(?, M~ VF. HB. M I I . Temos: 1. Sistema principal e hiperestitieo~ X1
rhh
Fig. 11-235
Qv
Temos, entao: a) Trecho BC
Xi Fie. 11.233
I
7/90 Fig. 11-236
Corso de mslise nitnihiral
210
Hipmtática
- O método h f o v
211
1
Para as seçóes -inaladas
na Fig. 11.232, obtemos:
Teremos:
% = -2 124 7
= 0.55
-
Podemos, então, traçar a linha de influência de X1 feito na Fig. 11-239.
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
,
o que
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.
c) Balanço Ai3 Sabemos que a elástica serA uma linha reta nos balanços, bastando, portanto, calcular sua ordenada extrema, o que faremos a partir da defullçáo. Temos a combinar os diagramas da Fig. 11-238,obtendo: 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 linha de infiuência representada na Fig. 11-241.
Fip. 11-238
. .
E Y c t ; A = E l c x -1 ~ 3 0 x 57 ~ -6 d) Balanço DE
90
TIA= 1,94
212
Cuiso de a n h eatmtunl
6. Outras linhas de influência 6.1 L I. Mcbarra C F
6.2
-
L.1.V
F
Temos:
Temos:
L I. VF = L. I.(Vo)F
barra C F -
LLMc
-
- L 1. (MolebarraCF
- 1 xL.I.X1 + 1 L.I.X2= LI.X2-
-L. LX1
I
-( LI. X1 30
+ L.1X2 ). estando representada,
a partir do quadro de valores seguinte, na Fig. 11-243.
Vem, entáo: a partir do quadro de valores seguinte, a linha de influência representada na Fig. 11-242.
- í.y
%E0
x2
A
barra C F =L.l.Mc
1 -1,39
I
+1,96
I1
t3.13
111
+2,64
IV
- 2,64
V
-3.13
VI
-1,96
E
+1,39
6.3
Fip. 11.242
- LINB
Considerando positiva a reação horizontal da diieita para a esquerda, temos:
CURO de an%iseestrutud
214
LLHB
=
LI.(Ho)i(
- L.
- - 12
I. XI ) =
1
12
1
L.I.X1 + - L . 1 . X 2 = I2
L I. M?
1 -(L.1.L 12
Hipdtica
1
215
- L 1. Q v Temos:
CF,0 que é aiiás, evidente.
L L Q V E LI.(Qo)v
Podemos dispensar seu traçado.
6.4
6.5
- o método dar forçns
- 30
L 1. X , estando traçada na Fig. 11-245. 2
- L.I. lemos:
L I. MI1 = L 1. ( M o ) II + 0,5 L. I. X, .estando traçada na Fig. 11-244.
I
Fip 11.245
- L.
I. O
v
Hipemt6tka
-
0
d t o d o das f
0
~
,217
E*. 11-34- Para a estrutura d o exemplo 11-1 I, 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
m
It
[(3]= [!/I 161 Daí vem: 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.
Fig. 11.245
1. Linha de influência d o hiperestático Será a elástica da estrutura carregada com (-- 1 ) 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
A:
7:
lU
11
I
I
51116
(
Fig 11-246
A partir de (11.10). obtemos = /l'((3,q1 +
021)=
5 (Vl + q 2 ) = 116
20x5
Empregando-se a tabela XIV, obtenios, com o auxílio quadro de valores a seguir, a L 1. X1 , traçada na Fig. 11-247. Seção
'71
'12
"x1
I
0,0459
0,0349
0,38
I1
0,0560
0,0560
0,48
111
0,0349
0,0459
0.38
do
2.2 - L.1. Q1= L I. ( Qo ), , indicada na Fig. 11-249.
I
'
~ i p r r ~ t l l ü c-a 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: 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 deformação estudados no cap. 1, para obtenção de cada um desses Font o s Isto ocorrerá tamb6m para as estruturas cuja lei de variação de inércia n b as enquadre em caso de combinação de diagramas tabelado 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 ocaso seguinte:
-VA x l + l x q = F x O .
.
q = VA, oquedemonsiraque,para o b
termos a linha de influência da reaçgo vertical VA. rompemos o vinculo capaz de transmitf-la, atribuindo à estrutura assim obtida um dedocamento unitário no sentido oposto ao de VA positivo, sendo a elástica desta estrutura. decorrente da imposição deste deslocamento u n i m o , 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-Breslau para 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 mntinua da Fig. 11-252, podemos afirmar que as linhas de influência dos esforços indicados terão os aspectos apresentados nesta figura
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-
Fi 11 V
I
14
-2 Y
Fig. 11-251
Ver enunciado no item 4.4 do rnp. 1 deste volume.
lS
Que ni6 c n a n d a como pequena defoma@o (v. obrrviflo do item 1.2 do ap.ipJ).
220
Curso de anáiise estrutural I
I
I w - ~t i a - o método das fo-
221
Podemos, conforme já sabemos, encará-la mmo sendo a estni11.253.2, 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 6 3 6 a deformaçáo da estrutura, devida ao carregamento atuante, na direção do hiperestfitico X3 (no caso, 6 o deslocamento horizontal de E), Por força ar = 0, sendo r dos teoremas de Castigliano, podemos escrever que 6 3 = -
wra isostatica da Fig.
. . .' .
J
x,
a energia real de deformação da estrutura. Derivando esta última expressão em relacão a XI< . obtemos
263
.
- , que representa o aumento da deformação a2
-- a2 T
ax3
83 na
direção de X3 para um acrésci'mo de X3 , aumento este essencialmente positivo. Temos, então que o valor de XJ satisfaz às mndições: 2 - aO e h 2 > 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: Fie. 11-252
5
(mnL)
- 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.
"A pndeza hiperestdtim tem um wlor tal que t o m o trabaiho r@! de deformaç& & esiruium wn mínimo':
Ex 11-35 - Empregando o teorema de Menabrea, obter o diagrama 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
Como:
M(x)= -',,+&L 2
I
2
Hiptestática
- o &todo
das forpa
qx 2
o trabalho real de defonnaçHo será dado por:
Levando em conta que, a partir de um sistema principal qualquer, podemos escrever: M = M O + M I X l +M2X2, N = N O + N I X l +N2X2, Q =Qo + QIX1 + Q2X2
3
Temos:
8
ar = aM
I
2EJ
-
&)
N=Zo + N I X I + N2X2,
6
Impondo o teorema de Menabrea, vem:
=
I
3
m=Mo + M ~ +XM2x2, ~ Q = Go + QIXI + Q Z x 2 , temos:
e
--0:. -
aM l2 sendo o diagrama pdido. pis,o indicado na Fig. 11.256. 12
M =
-
I +
1
xQ (Q9 - + Qlrl + Q2x2)di = xaod"
EJ ES Fig. 11-256
6
- C á i d o de defamaçio em estmturas hiperestiticas
- Verifiraçk
I
CS
de diagramas
I
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
+
x2 [j
+j
EJ
+ x1
+
x2
I"""
,
"C:"']
+
+
+XI
AnaIisando os coeficientes de *r reescrita sob a forma:
+
TI
e de x 2 , a igualdade pode
Cuno de anáiise estnitud
224
rl
Levando em conta que os coeficientes de e & serão iguais a zero, por serem dados por cada uma das equações do sistema de equações de compatibilidade elástica para determinação dos hiperestaticos X I e x2 do estado de defomação, a expressão anterior se reduzira para
lii+tka
- o método dac forças
6,
E r 11-36 - C a l d a r o deslocamento vertical na seção central 'da viga biengastada de rigidez constante EJ cada na Fig. 11-258.
Por manipulações algébricas inteiramente anâlogas poderlanos também obter
A partir das duas Últimas expressões, Peter Pastemak enunciou 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. qualquer podendo o outro ser tornado num sistema principal isostáti~o'~ que dela se obtenha':
~
que queremos cplcular.
indi-
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 11-259 e 11.260 (sendo, que o diagrama M j i é conhecido a partir do resultado doexemplo U-35). empregando a tabela 11:
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 aplicaça0 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 s0li16 No casa de estnitura no espaço, substituir por (11-20). 17 NO casa de emutura no erpaco, substituir por (11-21). l 8 O sistema principal isastático deve ser tal que possibiite a existência da deforma*
225
&antes) e escolher o estado de carregamento, num sistema principal isost6ticO 18. necessário ? obtenção i 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 coneção ou não dos diagramas solicitantes obtidos para a estrutura hiperestitica
em que M, N. Q são os esforços atuantes na estnitura hiperestiticanoestado de defonnaçao e Fio, DOE esforços atuantes no sistema principal isostdtico se nele aplicamos a carga P = 1 t.
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 sistema principal isostático se nele aplicamos o carregamento externo atuante.
-'
Fia. 11-258
18 (V. m u
e.anterior. )
Fia. 11.280
Obsewuçüo: Para o estado de,$egamento poderíamos ter, indiferentemente, Ihado com um dos sistemas principais da Fig. U-261.
.
tmba.
x 4.09 =
+ 2,45,
Ex 11-38 - Empregando o teorema de Pasternak, verificar a wrreção do diagrama de momentos fletores para a viga da Fig. 11-258.
Fio. 11-261
Ex 11-37- Calcular o deslocamento horizontal da barra
Calculemos, por exemplo, a rotação da tangente à elastica num dos engastes, que sabemos, a priori, ser nula.
a
para a eitrutura da Fig. 11-19 (exemplo 11-1) s u b metida ao carregamento indicado nesta figurá.
Temos, escolhendo o engaste A , por exempjo, a partir do si* tema principal isostático da Fig. 11-265, o diagrama indicado nesta figura que, combinado com o diagrama M da Fig. 11-260, nos fornece:
mo
Temos, adotando o estado de carregamento no sis!emaprincipal da Fig. 11-262 e mantendo o estado de deformação na estrutura hiperestática, os diagramas Mo e M das Figs. 11-262 e 11-263, a partir dos quais obtemos:
I
2 12 X I 1 X- - x e x I x 8 12 3 verifica a correçzo do diagrama M.
U 6 =MoMds=
~
lmt
M EJc6=
I
Fio. 11-262
M@ds=
'x3 3
que reproduz o resultado anterior.
Fig. 11.263
x 3(-0.82 + =)= 2
+2.45.
t '
.6
=
= 0,245 mm, da esquerda para a direita ObsenaçaO: Se trabalhássemos com qualquer outro sistema principal, chegaríamosevidentemente ao mesmo resgltado, senão vejamos. A partir do diagrama Mo traçado para o sistema principal da Fig. 11-264, obtemos:
I
I
1 I
1 = O,
o que
Imt
Obsmu@: O sistema principal escolhido para tratado do diagrama MO deve ser tal que possibilite a existència da deformaçáo, cujo valor, que conhecemos a priori, desejamos verificar; caso contrário, náo será possível esta verificaçáo. Assim, no caso deste exemplo, o sistema principal da Fig. 11-265 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 do diagrama M da viga hiperestatica.
Ex 11-39 - Verificar a wrreção do diagrama de momentos fletores, representado na Fig. 11-21, para a estrutura da Fig. Ib19, submetida ao carregamento indicado nesta figura. I
I
I
Cslculemos, por exemplo, o deslocamento horizontal doengm te A, que sabemos a priori ser nulo. Smdo o diagrama M na estrutura hipemtitica o indicado na o diagrama Mo no sistema ~rincipaleswihido o indicado na Fig. 11-266. temos:
r%.11-263 e
Como, para uma variação de temperatura temos MO = Ng = Qo = O,a obtida pela aplicação do teorema dos trabalhos virtuais se reduz, finalmente, para
expresso Fie. 11-266
a partir da qual podemos calcular deformações em estruturas hiperestlti-
eas devidas à variação de temperafura, sem ser necessário conhecer os 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 de M.) 6.2
I
- Caso de varia*
de temperatura Se a estrutura da Fig. 11-257.1, estiver agora submitida'avanação 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 carregamento da Fip. 11-267.2:
i
Fie. 11-287.1 - Estado de ddomirSo IEnorqm: M, N, 01
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
1 1 1
ti
Tagramas solicitantes que esta variação de temperatura introduz na estrutura hiperestática dada.
+ M2X2 , N
= NIXl + N A
,
Q = QIXI + Q2X2
,
obtemos:
- y c]
Fie. 11-267.2 Emdo deuirqimsnto IEsfortm:
Fie. 11-267
I " 'h-"'
F x ~ =
M d s + l f f t g B &d$s !+! A /
-
+ /&%& + ES
GS I
1
A partir do desenvolvimento apresentado no tópico 6.1 deste item, sabemos que
I I
l9 A notafio e as mnwnções de sinais a30 a1 mesmas apresentadas no tópim cone* Pondmte no mp. I deste volume.
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 e NO estão traçados eni 11.268.2 e 11. 268.3, temos, a partir da expressão (11.16). em que desprezamos os dois
ao
Identificados os coefieientes de e 2 como as duas equa pões de compatibilidade elástica ( S I ? + 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, finalmente, com 6ltimos termos por se tratar de um quadro, que trabalha basicamente à flexão e cujo primeiro t e m o é nulo (pois ri = te = tg ) e, levando em conta o diagrama M na estrutura hiperestática devido à variação da temperatura representado em 11-269 (transcrito da Fig. 11-24): A expressão (11-16) nos permite, então, calcular defomações em estrutu. ras hiperestáticas devidas a v a r i a ç k de temperatura, trabalhando com o de qanegamento num sistema principal isostático (fornecendo esforços estado Mo, No,gO) e c o m o estado de deformação na estrutura hiperestática (esforços M.N, Q). Os termos pertencentes ao primeiro parintesis somam a d e formação no sistcma principal isostático devida à variação de temperatura existente; os iermos do segundo parintesis representam ii deformação elastica devida aos esforços que a hiperestaticidade da estrutura nela introduz devido à variaçáo de temperatura. A expressão (11-16) permite tambbm a verificação de diagramas obtidos em estruturas hiperestáticas para variação de temperatura, sendo o tipo de procedimento inteiramente análogo ao adotado no caso de carregamento externo.
*'
I
F i i 11-269
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 elástica 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 s i m b o h m deform;yáo dástiEP da csflunira). podem ser feitas as simplifica@er mencionada no item 1.Le do cap I.
- M (em mtl
Ex. 11-41 - Verificar a c o n q ã o do diagrama de momentos fie tores para a estrutura do exemplo anterior.
I
em A.
Calculemos, por exemplo, a rotação da tangente à elastica
Temos, para o sistema principal da Fig. 11-270, os diagramas
mo e No,a partk dos quais temos, empregando a expressllo 01-16) (valendo as observaçóes feitas no exemplo anterior):
m6nlm 1
lmt
Sendo o estado de carregamento. então,o
da Fig. 11-272.1, indicados em 11-272.2 e 11-272.3, obtemos, pela aplicação da expresão (11-15):
a partir de cuja resolução obtemos os diagramas M e N
6
lmt
1
A scção central sobe, então, de 0 9 8 m
6.3
..
-
6= 0,000002 rad O , o que verifica o diagrama (a diferença de zero se devendo aos arredondamentos feitos quando do cálculo dos hiperestáticos, 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 retângulo de O,4 m de altura. se suas fibras externas forem resfriadas de 10 OC e as internas aquecidas de 30°C em relação a temperatura do dia de ,113 execução. ,...,@C
C
I
e
- Ciso de reealqws & apoio
Seja a estrutura hiperestátiea da Fig 11-273.1, submetida aos recalques de apoio indicados, para a q u d queremos calcular, por exem$10, o deslocamento da seção m na direçzo A , provocado por estes recalques
A partir do estado de carregamento da Fig. 11-2732, temos, empregando o teorema dos trabalhos virtuais:
5"
P '
i"
f
No caso deste exemplo, ser4 mais cômodo trabalhar com o estado de carregamento na estrutura hiperestática, já que não conhecemos os diagramas solicitantes devidos à variação de temperaturaem questão na estrutura hipereststica
-
Fie. 11-273.1 - E n d o da d&rmuj& (Worsa: M, N, O )
Fip. 11-273.2 Eado deurrasmmm I E n o m : M, N, O - - A
Fig. 11-273
-
Por procedimento inteiramente análogo ao adotado na pas
g*n
PS
+
zRp
= O
(11-1 8 )
W
Cuiso de anáiii estrutural
- o método das f o p
-Oca
235
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 m m o estado de deformação na estrutura hiperestitica), obtendo, de forma inteiramente aniloga à adotada no caso de variação de temperatura: ..
Ex 11-43- Calcular, para o quadro da Fig. 11.271, o deslocamento vertical da s q ã o central, provocado pelos recalques, indicados na Fig. 11-274, dos apoios A e B.
Do
Na expressa0 (11-19), Ro, Mo.No, se 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 diagramas obtidos em estruturas hiperestáticas para recalques de apoio, sendo 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 fletor e aos esforços normal e cortante, aquele devido ao momento torçor. Assi, para o caso de estruturas espaciais, as expressões (11-12). (11-13). (11-16) e (IE19) se transformarão, respectivamente, em:
Fip. 11-274
Como as reações de apoio no estado de carregamento, tomad o na estrutura hiperestática, já são conhecidas (V. Fig. 11-272.1) podemos 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 fletores (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.
No caso de ertmhira no espaço. substituir por 01-23).
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
CII~SO de inPg «rhritiua~
236
e II-276 e desprezando os trabalhos elásticos de defomçllo devidos aos esforços normais e cortantes:
I
Fig. 11-275
H, 6 =
- En.do&&foimi*k.
6
Fig. 11.276
Fig. 11.278. Todas as barras têm mesma indrcia. w
- Enido & sri.pmmto.
+ - 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.
+
11.7
-
18,s = 9,9
. . 6 = 0,00099 '
-
d
0,001 rad,
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
i 7.2 - Traçar o diagrama de momentos fletores para a estrutura da
c*-
---C
t L+
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 equaçóes da Estática; b) calcular o valor da carga concentrada que, aplicada emM, dana a mesma reação horizontal em A que aquela provocada pelo carregamento uniforme indicado.
- Pmbiemas pmpoatos 7.1
b C
- Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11-277.
EEni
+
-inFig. 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 Zcm?
Dados: (Eqquadro = lo4 tm2 (ESltirante = 103 t
de
Hiped6tics
7.6
-
- o método da9 fo-
Obter o diagrama de esforços normais para a estrutura da Fia. 11-282.
239
Fip 11-282
7.9 - As fibras superiores da grelha da Fig. 11-283 sofrem um aumen= 10-5/oC;
to de temperatura de 20 oC. Sendo dados
= 2 ;W = 104 tm2; h = 0,s m (altura da seção reta), peGJt dem-se seus diagramas solicitantes.
A
, AB=BC=6m Fip. 11-283
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 altura h, definida por rs = + t 'X e ti = + 3 t OC, nos bordos superior 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 constante da Fig. 11.283.
7.10'- Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro de inbrcia wnstante da Fig. 11.284 provocado por: a) carregamento indicado. b) diminuição uniforme de 30 OC E dado: WCt = 1 tm21oC
1-1-1
&2t
. Fip. 11.284
240
Cuno de wáiisc estrutural J para a bana curva: a= 1, sendo Jm=4 - J, J cos P 3
7.11 - Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de inércia variável da Fig. 11-286. Dados: JA = JD = Jcomp. J~
= 5 Jcomp.
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 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 ( i J : JA = 2Jcomp.
Jc = @ :
J = J mmp. Ucomp. = 104 tm2 Barra
+h
I0Jcomp.
& 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: -- - 1, sendo Jcosq Jm= Jc Ci
Barras verticais: J = 2Jc ( H c ) quadro = 10" tm'
+(ES) tirante = 5x103 t 7.16 7.13
- Traçar o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11.288. Sáo dados: para as banas verticais: J = Jc
-
. I
--r~ 911-290 .
Qual a variagio de comprimento que deve ser dada ao tirante AB da estrutura da Fig. 11-291 durante a montagem para que, quando atuar o carregamento indicado. o momento fletor atuante em A e em B sqa de Zmt, tracionando as fibras externas ?
242
CUROde análise estrutural
São dados:
EJ, = 104 tm 2
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 =
720
F i . 11.204
- Resolver a grelha da Fig. 11-295, cujas barras têm inkrcia constante.
Fia. 11.295
7.21
- Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a grelha da Fig. 11-296, cujas barras têm E =2. CJ,
/ ~ i
Fia. 11-291
- Obter as reaç&s de apoio para a viga balcgo circular da
7.17
Fig. 11-292 submetida a uma diminuiçáo de t oC das fibras superiores e a um aumento de t oC das fibras inferiores. Dados: Altura: h Seção retangular EJ = CJt Coef. de dilataçxo: a
0
+.*%
b
+,m+-
7.22
Fip 11-296
--f-'"-f-
- Idem, para a grelha da Fig. 11-298.
Fio. 11-292
7.18
- Obter os diagramas solicitantes para a grelha da Fig. n-293, que tem FJ
-I
GJt
723 - Empregando o artifício do arranjo de cargas, obter o diagrama de momentos fletores para o quadro d e inércia constante da Fig. 1 1 - 2 q
-
. . l
]+6fiLJ 7.24
*
-
'
-
rn
Fig. 11-298
.'i
L
- Idem, para o quadro da Fig. 11-299.
I !
Fip.
7.25
7.27
-
7.28
- Obter o diagrama de m h e n t o s fletores
Idem, para o quadro da Fig. 11.302.
11-299
- Idem, para o quadro duplamente simémw
da Fig. 11-300.
Y=
da Fig. iI-303, que tem rigidez EJ = 10 tm2,a provocado pela imposição de um encurtamento de 2 cm ? barra i AB.
Fig. 11-303 Fip. 11-300'
+ 7.26
+Im
JLm 4 em$
- Idem, para o quadro da Fig. 11-301
Q I
Fip. 11-301
729
-P
- Obter para a viga da Fig. iI-304o DMF provocado pelo carregamento momento fletor uniformemente distribuído.
7.30
- Calcular a compressão atuante na barra EF. São dados: Para o quadro ABW: J = 10m2m4
o P a r a a b m E F : J = 1 0 - ~m4
UIEa-
F ~ 11-306 .
s
= to-> m2
yCUROde anáiip estrutud
-
~ ~ r r s t s t i c ao metodo das f o r p
\ii 7.31 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro. de inércia c o n i tante, da F ~ R1.1.306.
7.32
-
3 3 -
i
-
+
r
+
Obter sistemas principais com o menor número possível de hiperestáticos para as estruturas elástica e geometricamente simétricas da Fig. 11-307. Os carregamentos, indicados esquematicamente. são simétricos o u anti-simétricos:
733
- Idem, para as estruturas (grelhas) da Fig. Ir-308.
F i g .
7.34
- Empregando
11-308
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.
7.37 - Obter os diagramas solicitantes para a grelha da Fig. 11-312,
que tem EJ = 2CJt
-+
+3m
3m
?IL 7.38 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da
Fip. 11-309
7.35
-
Idem, para o quadro da Fig. 11-310, que tem inércia mnstante.
Fig. 11.313, cujas barras t h inércia constante.
I Fip. 11313
+ . r i4
ttttttt*
7.39
- As fibras superiores da greba da Fig. 11-314 s%oaquecidas e as inferiores resfriadas de 10 'C. Sendo a seção transversal um retângulo de 0,5 m de altura, obter o valor do momento torçor atuante na bana AB. São dados: EJ = 2 x 104tmZ ; G J I = 104tmZ ; a = IO-~/OC
7.36 -
Calcular os esforços normais atuantes nos tirantes da estmtura da Fig. 11-311. Dados: (EJlquadro = 2 x lo4 tm2 = 104
7.40
4
-
Determinar os esforços solicitantes em todas as banas da viga armada da Fig. 11-315.
1
.
-
$tlm Dados: Barra horizontal:
3m
+
4m
-+
4m
Fio. 11-311
--+
Outras barras: 2
.
250 7.41 -
Curso de análise estrutura] A viga de rigidez do sistema pénsil da
Fig.
7
11-316
W = lo4 tni- e as barras do reticulado tém /:S =
]o4tein
IFiperestática 7.45
- -.
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.
-
- o método das forfs9
251
Traçar, para a viga armada da Fig. 11-321, as linhas de influência de esforço normal na barra U:, e de momento fletor na seção 1. São dados: (E&iga = 104 tm? J (ES),ticulado = 103 i, (S )viga = muito pequeno.
B
II
I
----- 4
+s.*,..f.
4m
. . . .
t 3 m * 3 m +
4 3tim
+ 6rn
6m+
6m-i(L6m Fip.
-&h
?iam
-&h
.l
i
i
+- .i
m
4
11.322
A
F
L i
-
L I u .
t + -+ Obter as equaçóes da linha de influência do momento fletor em A , para as vigas das Figs. 11.3 19 e 11-320 que têm inercia constante. 4.
2
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.
Fim. 11.318
aII
i
1
-+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 nulos os momentos fletores em B e C. São d a d o ~ : ( E J ) * = ~ ~104tm2 (ES)reticulado= 5 X 1O3t
7.44 -
11-321
7.46 - Traçar as linhas de influência seguintes para a viga continua de inércia constante da Fig. 11-322. cotandcbas nos quintos d o vão: VA M B MII QI 1 3
7.42 - Resolver a viga armada isostática da Fig. 11-317.
C
Fie.
4
7.48
-
Fig. 11323
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
Fig.
11-319
Fig.
11-320
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.
Hipteat&ica provocado por uma carga vertical de 6t. de cima para baixo. atuando em A.
7.51
- o método das fo-
- Calcular o deslocamento horiwntal da bana CDEF
253 da es-
trutura da Fig. 11.283, que teni EJ = 104 trn2. 7.52 - Verificar a correçáo do diagrama de momentos fletores obtidos para o quadro da Fig. 11-288. 7.53 - Verificar a correção dos diagramas obtidos para a grelha da Fig. 11.293. 7.54
1
Fig. 11.313. 7.55 - Calcular o deslocamento vertid, sob a carga P. para as vigas das Figs. 11-326e 11.327, que têm rigidez E%
I 8 Fip.
Dados: barras verticais: J
=
const = Jc
barras BC e CD:
=
Jmax 7.49
11.324
2 .Ic 10 Jc
- 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
.
1
4
+112 4 Fig.
11-326
E 112
+
A + * + 112
Fie. 11.327
2
- Verificar a coneção do diagrama obtido para o quadro da
- Respostas dos pmblemrnr p m p t m
T
7.4
2 ql --
7.5
-
Tração de 3,38t
7.6
-
Esforços normais: Barra AB: -4,ESt; Barra BC:-8,75t; Barra AD: +6,86t; Barra BD: +6,5t.
7.7
-
ReaçM horizontais: H = 7 ESat (compressão) 3
3
-
-
Reaçües verticais:
V = 3 EJa t (cortante negativo) hl
Reação momento:
3 EJat (traciona fibras superiores) M= -
h
Hipaesiítiea
- o método h i o q
I I I
715
- Tração de 4,151
7.16
- Encurtamento de 4,73mm
7.17
-
7.19
- Momento fletor: qRZ;Momento torçor: 0,298 qR1
Reações nulas
;
r-o
Curso de anáíise estrutural
mprrststia - o &todo das forças
7.29
-
7.30
- 2.63t
7.32
- Indicaremos, apenas, o número mínimo de hiperestfiticos dis-
Diagrama nulo
tintos:
CURO de a n a i s estrutural
260
Hiprestática
- o método das forças
-
qa2 12
736
-
Esforcos normais nulos.
7.43
-
Encurtamento de 6,4 em
i M (duplamente rirn6tricol
v- '
Curso de anais estrutural
f6prestádca - o metodo das fo-
Estmtum sobre apoios elásticos CAPITULO I11
1
-
- ESTRUTURAS SOBRE APOIOS ELASTICOS
te da mola valerá:
Apoios elhticos discretos 1.1
- Defuiieo dos apoios elásticos
b) Engaste elástico (equivalente estaticamente ao engaste perfeito) e @ não Seja a viga AB da Fig. 111-3. Como as colunas têm condições (baixa rigidez) para impedir as rotaç6es de A e B. esta viga funcionará como biapoiada.
a
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.
~7
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,
Fip. 111.1
O esquema estrutural da viga AB é, então, o da Fig. 111-2.
I
1
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 constante, pois estamos no regime elástico). Para conhecermos esta constante de mola, basta aplicarmos na estrutura que funciona como apoio ( n o caso, C D ) 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-
1
I
Fip. 111-4
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 anteriores, este apoio oferecerá algum impedimento à Livre rotação, aparecendo nele, portanto, uma reação-momento M, associada a uma rotação 8. visto que náo existe rigidez suficiente para impedir totalmente a rotação. Estamos, pois, diante do caso de um vinculo que oferece reaçSmomento M associada a uma rotação 8. Chamaremos a tal vínculo engaste ekSe ele será definido pela constante K de engastamento elástico, razão entre O momento M absorvi60 pelo engaste elástico e sua rotação 8 . Temos, pois K = .-M (111.2)
e
O esquema desta última viga AB será, então, o da Fig. 111-5.
curso & análise estmtunl
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:
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
111.6.1
111-6.2
qM
1.3 - CXcflo de deformações em estruturas isostiticas Sabemos que, para cálculo de deformações em estruturas, escreveremos: 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
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:
quantos forem as molas e engastes elástiws da estrutura. A aplicação seguinte esclarecerá.
Ex 111-i- Para a estrutura da Fig. 111-7, que tem El 1.2
,
- Trabalho W i d 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,
F Dandese h estrutura, no uma força F (ou seja, uma deformaça0 6 = -). k a t a d o de carregamento, deslocamentos virtuais exatamente iguais aos do estado de deformação, o trabalho virtual de deformaçáo de cada mola será dado por: 'virtual
FF mola = F 8 =- k
I
= 104
, K
ld tlm, kaicular: a) rotação relativa das tangentes elásticas em E:
tm2
= lo4 mtlrad e k =
b) deslocamento vertical de C, c) rotação da tangente A elástica em A.
'r268
Cursa de análise estmtural
O sistema estático equivalente sendo o indicado em 111.8, temos:
,
A
C
B n
Fig. 111-8
A -
a) Rotação relativa em B
Estruturas sobre apoios elhstims 1.4
"
'.
269
-
-
M = imt
F = 1/47
2,5mt
~~-
Resolu@o de eshuturas hipemtstiw Conhecidos os E J ,~o ~problema das estruturas hiperestiticas está. também, resolvido. As aplicaçtks seguintes esclarecerão. E r 111-2 Obter o diagrama de momentos fletores para a viga da Fig. 111-10. São dados: 4 = lo5 tm2 ; K = 104mt/rad ; k = 10 tlm
p@ 4
-
Fia. 111-10
O sistema estático equivalente sendo o da Fig 111-11, temos:
111.9.1
1. Sistema principal e hiperestatico
Fig. 111.9
A partir da Fig. 111-9, obtemos:
3 FF k
F J =~ J'MÜI~ ~ +
+
3 K
M M . ouseja 2 Diagramas no sistema principal 1tJm X1= lmt
'. 6
=
-
18.9 x 1 0 3 rad (sentido:
))
4t
/
b) Deslocamento vertical de C Temos, imediatamente:
6 =C
Fc = 4= 4 mm (para baixo) k
103
c) Rotação de A Temos, imediatamente:
BA
=
3= K
=
104
2,4 x 10-3 rad (sentido horário) 4. Equação de compatibilidade:
- 26.33 +
12.83 X1 = O
Curso de m6lk e ~ t n i t d
270
5. Hiperestático: X1 = 2,05
Esbuhuar sobre apoios ciústicoa
2 Diagramas no sistema principal
6. Diagrama final
3. Cglculo dos m c 6 1 Wc611= 2 x 3- x 3 x 3 x 3 + 2 ~ 3 ~ 3 ~lo4 3 +x 1 x 103 -
"
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 1 0 4 rad (sentido antihorario). 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:
5. Hiperestático X1 = 0.62 6. Diagramas fmais
Fio. 111-15
A 8 = BC = 3m
Temos: 1. Sistema principal e hiperutático Ex. 111-4 - Calcular o deslocamento vertical do ponto A
A
$
)y B/txl
Fio. 111.18
Fip.
da viga-balcHo da Fig. 111-19-1, cujas fibras superiores 6 sofrem uma diminuição de 20 OC, mantendo-se caistante a temperatura das fibras inferiores. São dados: E J = G J ~= 104tm2 k = 104tim Altura da viga: h = 0,l rn 111.19.1 u = lo-S/oc
Curso de anáiis estrutural
273
Estmhnas sobre apoios dsstiios
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:
10 terreno (que se constitui, então, num apoio elástico c o n t i n u o para elas), de trilhos de estradas de feno (wportados por dormentes que, de. vido à pequena distância que guardam entre si em relação ao comprimento total do trilho, podem ser considerados como um apoio elástico contínuo), de estacas verticais submetidas a cargas horizontais em seu topo (o terreno em contato com os fustes das estacas ser6 o apoio elástico e de quaisquer outros tipos de pec;as cujos apoios elásti. possam, com precisão satisfatória, ser considerados contínuos.
I. Sistema principal e hiperestático
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.
Fig. 111-19.2
q (xl
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:
r
I.,
"'Z
v,,--
=z
,,,~,#, --,I( ,--Irt--
3. Cálculo dos EJ 6 : Temos: EJ 6
=
Fig. 111.20
( s e n 2 0 + I + c u s 2 0 - 2 r o s O ) d o + - -I -o4x 104
4. Equação de compatibilidade
- 20 + 2,14 Xl
=
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 deslocamento vertical y sofrido por esta seç%02, igual a ky, sendo k a constante de mola d o meio elástico que serve de apoio. Temos, a partir da equação diferencial das vigas íietidas
O
5. Hiperestático X1 = 9.35
6. Deslocamento vertical de A:
6 - X~ A
2
-
-
2 vezes derivada, membro a membro, em relação a x:
- 0,935 mm -
(para cima)
'
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-
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 capitulo wrrespandente do livm de M. HetPnyi: Beomr on Elosric Foundaftons. Ann Arbor.
a
Suporemos o meio elástiw capaz de fornecer reaçócs para qualquer sentida deslocamento y (positivo ou negativo):
de
I
I
II
Curso de anáüs eshuturd
274
btnitursp sobre apoios eiáaticos
275
da Fig. 111.21, temos, a partir de (111-5). levando em conta que q(x)= 0:
Levando em conta que a segunda derivada do momento fletor 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 esforços simples atuantes numa seção genérica da viga, dados por:
Fip. 111-21
(111-9) k --
Fazendo h4 =
%Y + 4
4y
4
(III-10), vem:
4EJ
=o,
cuja soiução 6:
dx4
A rotação da tangente i elástica numa seção gentrica evidentemente, dada por
será, Y(X) = e X x( c 1 C-
1
Na resolução das vigas sobre base elhstica, empregaremos o princípio da superposição de efeitos; sendo assim, estudaremos inicialmente os efeitos de uma carga concentrada isolada, a partir dos quais podemos obter os efeitos provocados por quaisquer outros tipos de carregamento, conforme veremos nos próximos itens deste tópico.
I
22
I I
I
- Vigas
de mmpnmento infinito
2.2.1 - AtunHo de uma carga mnantrada Seja a viga de comprimento infinito da Fig. 111.21, submetida 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
x x + C* sen h)+e - h
/c3
X x + C4 sen X x )
Passemos â determinação das constantes de integração. Levando em conta que y ( - ) = O (já que a carga P não exercerá influência sobre uma seção infinitamente distante de seu ponto de aplicação), devemos ter C1 = C2 = 0, com o que ficamos com:
i
1
-
Derivando, obtemos: ~ ( x =) dr = - ~ e - ' ~(C3 cos Xx + C4 sen Xx + C3 sen Xx
- C4 cos Xx)
Levando agora em conta que, devido 2 simetria existente. devemos ter
V*
riável, obteríamos:
6 r + 2 & E + l d2 y dx4
J
dx3
dx
dx2
d2W
& = - I _ dx2
"
d*2
1
I
Em nosso niudo, ntamos supondo também que a constante de moia do meio clistico seja constante.
Estmtiuas sobre i p i m dbrticos
277
rotaç6es nulas da tangente à elástica na origem, obtemos, da condição: ~ ( 0 =) 0, que C3 = C4 , simplificando-se a igualdade (III11) para y(x) =
c3
e - h x (cos xx + sen X X )
(111.12)
1
a partir da qual, podemos escrever:
d2 = - 2 EJ M ( x ) = -EJ 2 dx2
h2c3 e - ' x
-
(sen xx cos Ax)
Devido à simetria existente, sabemos tambhm que: Q (O+) =
- P/2
5
, cotn o que obtemos, finalmente:
O problema está então resolvido e temos para x PX -Ix(COS Xx + se? Xx) y(x) = 2k e
V(x) =
'h2 e-'X -k
P M(x) = 4X
sen xx
eAx(cos xx - sen X X )
Q(x) = - - E edXx cos Xx 2
> 0:
(111-1 3) Fig. 111-22
(111-14)
I
(111-15) (111-16)
Os gráficos das funções y(x), ~ ( x ) ,M(x) e Q(x) se encontram na Fig. 111.22.~ No ponto de aplicaçao .da carga P(x= O), temos 5 Estamos, então, calculando a e q u a f ã o válida para x positivo. 6 As expresròer (111.13) a (111-16) mostram pue as funçáes y l x ) ,
vxf:
Mlrle Q(xJ são tunfóes lineares de P. Isto prova a validadc do emprcgo do principio da ~uperposifão de efeitos, de que falamos na introdução deste tópico i Devido i simeiria cstática exirtcntc, sabemos que a funções y l x ) 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.
I
I
Obsenqões: a) Para emprego das equações (111-13) a (111-Ió), temos as seguintes wnvenções 2e sinais: P e y são positivos quando de cima para baixo; M e Q têm seus sinais obedecendo convenç6es clássicas de sinais adotados no estudo das vigas; 9 é positivo quando no sentido dos ponteiros do rel6gio(sentido horário). b) Para facilitar o t r a b numdriw ~ do engenheiro, a introdução das s igualdades (111-17) a funções A(Xx), B(Xx), CfXx) e D(Xx), d e f ~ d a pelas (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)
q h x ) = e-Ix (ccis Xx D ( X X ) = e-Xx cos hx
- sen Xx)
(111-19) (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 = 103 tm2, repousando sobre um meio elástico cuja constante de mo-. la é k = 4 x l d tlm2.
Eairuturss s o b apoios elpsticos
1
No caso:
efeitos para x
281
> 0:
C=
+.
Escolhendo para origem do sistema de coordenadas a primei-
ra das cargas concentradas, temos, a partir do quadro de valores a seguir, empregando o principio da superposição de efeitos, que:
= - - MOA
[
- 2xBfix)
I
=
Mo x2 --BIAX) k
I
2k Ievando em conta a expressão recemdeduzida, obtemos para x Mo A2 Y/X) = B(w (111-25)
k
q x ) = dy L -
dx
= --Mo A3
k
c/xx)
5
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.
M/x) =-El--d2Y = WAX) dr2 2 M A A /Axl Q(x)=-FJ---d3y dr3. -
(111-26) (111-27) (111-28)
Como 0 b S e ~ a ~ áinteressante o a respeito deste exercício, queremos 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
%..--.A
Fip. 111-26
> O:
283
l 3 t m ~ ssob= r apoios elásticos
Temos, então, os gráficos indicados na Fi& 111-25, obtidos levando em conta que, devido à anti-simetria da solicitação. as funções y(x) e M(x) são anti-simétricas e as funções V(x) e Q(x) são simétricas. Em particular, os valores no ponto de aplicação de M o sáo:
22.3
I
Procedendo, para O cáiculo de Vc, MC e QC .de modo inteiw n t e análogo ao empregado para a obtenção deYC, teremos:
- Atus@o de carga unifonnemente distribuída
a) Seções sab o c 4 disnibuida ~ Seja a viga da Fig. 111-26, submetida A carga unifonnemente 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 infinitesimal qdx sobre o deslocamento vertical da seçáo C é:
~ Y =C
e-Xx (cos ~ x sen +
XX),
b) Seçóes fora do trecho compreendido sob o mwegamento
disiribuido
que:
V
Fia. 111.27
Partindo do esquema da Fig. nI-27, temos:
i
(COS
XX + sen h x ) & = 32k (e-''
Podemos, entHo, escrever que:
+m h
)
]
=
$
Podemos, entzo, eacrever que:
[(i
- e-Ao
COS
h=) + (1
- e-Ab
cos ,b)
I
Por procedimento inteiramente anáiogo, obtemos:
cos xu
- e-Ab cos u)
Para a atuaçzo de um carregamento disttibuido qualquer, a solução do problema seri ainda obtida empregando-se o principio da superposição de efeitos. Para o caso, por exemplo, da Fig. 111-28, o deslocamento vertical da seção C será dado por
yc =
&[
q(x) (cos AX + sen
AX)
h,
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. 23
-V 2.3.1
i semi-lúinitas
-
Vias s e m i - i i i t a s com bordo l i
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 mncentradas Pi que o reproduzam e, a partir das expressões (111-21) a (11124). poderemos escrever que:
...
Seja a viga semi-infbita da Fig. Iii-29.1, submetida ao carregamento indicado, que desejamos resolver. Vejamos a maneira pela qual podemos fazer com que sua resolução recaia na resolução de uma Viga
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 existência, em A. de um momento fletor MA e de um esforce cortante QA, que mant&m a continuidade entre os trechos semi-infinitos de viga à esquerda e à direita de A. Caso tivéssemos MA = QA = O , isti; quereriadizer 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 viga 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 momento Mo tais que promovam o aparecimento, em A, de um momento que tornem inativa a parfletor (-MA) e de um esforço cortante (aA) te da viga infinita à esquerda de A.
I
Estminns sobn apoios elbsücos
287
h b d o das conclusões tiradas neste item, sabemos que o momento fletor ~ e d i d opode 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).
Levando em conta as expressões deduzidas no item 2.2, devemos ter:
Temos, no caso, levando em conta que
M*=&
I
obtendo, então:
\
P o = 4 ( X M ~+
C(Aa)
e Q A =P~ D ( X ~ ) :
QA!
Asim, a resolução da viga semi-infinita da F i e IU-29.1 será a resoluçáo da viga infinita da Fig 111-29.3, submetida ao mesmo carregamento 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 sob O ponto de aplicaçáo da carga P. a
Assim sendo, o momento fletor atuante sob a carga dado, empregando-se o principio da superposição de efeitos, por:
P ser8
-
ou *a:
P [ I + C 2(Ao)- 2 D 2f i a ) ] ME= 4A E& 111-7- Resolver a viga semi-infinita da Fig. IIM2 submetida ao carregamento indicado. OD
288
Cuiso de anúiise estrutural
A fim de evitar problemas com condiçaes de contorno, suporemos 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, pode ser obtida a partir da viga infinita da Fig. 111-33, submetida ao carregamento indicado nesta figura, obtendo-se, a partir das expressões (11121) a (111-24) e (111-25) a (111-28), pelo emprego do principio de superposição de efeitos: P + P o = 4P 0
C
O3!/ s/// * A
I//%
m
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 aparecimento, na viga infinita, de um deslocamento vertical (-yA) e de um momento fletor (-MA) em A, sendo YA e M,, o deslo-ento eo 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:
--)
i;//,=///~//&-@~//&-//~/// I 1
I
tv
Fig. 111-33
A resoluçso deste sistema nos fornece
Assi, a resoluç%o da viga semioinfinita da Fig. 111-34.1 ser6 a resoluçáo da viga infinita da Fig. U1-34.2, submetida ao mesmo carregamehto que o da semi-infinita dada, acrescido das cargas Po e Mo, d e fmidas em (IU-43) e (11141, aplicadas em Aesq.
2.3.2
- \r*
smiciníininitsr com bordo artieulado
Para o caso de vigas semi-infinitas c6m bordo articulado re.
Ex. iII-8 - Resolver a viga semi-infinita da Fig. 111.35 submetida ao Carregamento indicado.
-
- .
ciM
-..
.
A A .S.,3,>"m#s,e,~w1
I
Eshitiuas sobra apoios elásticos
!
Dai, obtemos:
291
U .fi-2fi OD
,,,=,,,%n/
4
2-
OD
---r.
A !"t=*s,,/3&
I V
*
Fio. 111.38
Fig. 111.35
Suporemos o momento Po e Mo.
aplicado em Ad" para fins de detenninaçEo de
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%o do problema, válida para x > O, pode ser obtida a partir da viga infinita da Fig. 1II-36, submetida ao carregamento indicado, obtendo-se:
2.3.3
- Vias semi-iifinitss com bordo enpptado
Por analogia com os c h s antdores, a resoluçEo da viga semi-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, obtendo-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 infinita devidos ao carregamento aplicado na viga semi-infmita.
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):
293
~.tiiim sobe apoios dásticoa
mmentos fletons e esforços cortantes de mesmo módulo e sinais opo* tos aos provocados pelo carregamento da viga finita aplicado na viga infinita Desta fomia, as partes da viga infinita à esquerda de A e à direita de B estarão inertes 66 que não há transmissão de esforços nestas SF ç&s); w m 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 infinita M = Q = O em A e 6):
.
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: C (O)
ou seja: f l f ~ =
L
[ 1
4A
2.4.1
- A (Xa) CIAa) - 28 (Aa) D &a)
+
P 4h
C(A1)
+
M 2
D(0)
+
M
A 2
Dfi[)=-MA
]
- 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. Fk. lIU1
Fio llC40
-7~
i"
-
.-!
t_-
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.
Resolvido o sistema anterior, obteremos os valores de PoA. e MoB .que nos permitirão resolver a viga finita dada como a nga uifinita da Fig. IIM1.
P o ~?A .
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 al foi o em 2 sistemas independentes de 2 equações a 2 indgnitas. Procedimento lançado por Hetenyi, que apresentaremos a seguir.
"F
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 . ~ ai aplicar no caso da Fig. 11143.1 (carregamento simétrico) e anti-smetncas as cargas pO e M a O aplicar no caw da Fik 11143.2 (carregamento anti-sim6trico). O
I(
r
A soluçtío do sistema nos fornece, a partir da funçso E, ( A I ) definida por 11147 e tabelada na tabela XVIII:
Y 2(sen hhl + sen A I)
Fip. lll-42
I'
Obscrw@: Se obtivemos valores positivos para $ eMSo , seus sentidos sertío os h. -dicados na Fig. II143.l;nocm de valores negativas, os sentidos c o n e tos seráo contrários aos indicadas na figura. a) C ~ Mm t i - h e t n è ò
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 eQ : 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):
4
Determinemos: entgo os valores de
P: ,&
,e
e
4.
a) Caso simétrico Impondo ao caso da Fig. 11143.1, rmpeetivamente, as condiq3es de contorno M = Q = O em A e E, temos, chamando de $ e A 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):
Qfi
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 solução do sistema nos fornece, a partir dafunçtío E,(M), defi~da'por(IIESO) e tabelada na tabela XWI:
(Valores positivos de P : 11143.2.)
e
4
confumaráo os sentidos indicados na Fig.
Concluindo, a resolução de uma viga finita AB com bordoS livres sobre base elástica, pode ser decomposta na resolução de duas vigas infinitas sobre base elástica, a primeira delas submetida a parcela simétrica 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 @ aplicadas em AeSq e Bil< 0 s v a lores de P:, e M: estão definidos nas express6es (11148). (11149), (111-51) e (111.52).
e
MA.
em que:
MJ e yfi são o momento fletor e o deslocamento vertical da seção A da do viga infinita da Fig. 1114.2, submetida apenas à parcela simétrica carngamento (no caso, as duas cargas de mesmo sentido de P/2); e são o momento fletor e o deslocamento vertical da seção A da viga infuiita da Fi 1114.3 submetida apenas à parcela anti-simétrica do carregamento (nocaso, as duas cargas de sentidos opostos de PD); F8 (A I ) e Fa (LI) são duas funções auxiliares para o cálculo, defuiidas pelas expressóes (111-57) e (111.58) e tabeladas na tabela XVIII:
-
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.
4 YI
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-
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 resoluÇHo das vigas infinitas das Figs. 11145.2 e 11145.3, submetidas, respectivamente, às parcelas simétrica e anti-sibtrica do carregamento, acrescidas das cargas 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:
6
P"
regament~'~, acrescidas das cargas $ e M: para o primeiro caso, e das e @ no segundo caco. cargas Os valores de $,M:. e (obtidos respeitandc-se as wndiçóes de contorno, em A e b'. y = M = 0, para o carregamento simétrico e anti-simétrico) são dados por:
'e
10 W q u e r que reja ele
-
!
Nestas expressões, as funções E S N ) e E (Ai) são as mesmas do caso de bordos livres e os valores y;. y! e representam o deslocamento vertical e a mtaçso da tangente H elhtica em A, na viga infinita, submetida, respectivamente, às parcelas simétrica e anti-sim& trica do carregamento amante na viga finita dada.
4,
2.4.4
NO
-,
mmo X l = I. vêm:
e
= 0,94P
v2
Empngsndo, e n m , o principio de superposiçáo de efeitos, obtemos:
- Exemplo de aplicaçãa
Ex. III-10 -Calcular o deslocamento verti& e o momento fletor atuante sob a carga P para a viga finita, de bordos lines da Fig. 111-46, que tem A1 = 1. Leiando em conta que AI
///s///=///= / n s ///S//
B
+ 2 t 112 +
Fio. I
l
M = 1,
temos finalmente:
~
C
a) V I , que, no caso de viga finitas com condiçóes de bordo simétriCas, foi possível d e a n p o r a resolução do problema na resolução das parcelas simétrica e anti-simbtrica do carregamento atuante. Caso as mndiçües de bordo do problema não sejam, entretanto, sidtricas, conforme 6 o caso da viga da Fig 11148.1, sua resoluç%o, a partir do que vimos no inicio do item 2.4.1 deste t6piw, será a da viga infinita
No casv, como o carregamento atuante já C simétrico, s6 t e remos a parcela simétrica a estudar. A resolução da viga íinita dada será, entáo, a resoluçáo da viga i n f ~ t ada Fig. 111.47 submetida ao cmegamento indicado, sendo os valores de M: e p: obtidos das expressões (111-48) e (111-49). levando em conta que . QS
A
=
P D ( -)A I 2
2
e
Mi
P = 4~
C/- X 1 , dados por 2
1
Fig. 111-48
301
Estmtunt so&e apoios eiásticos
da Fig. 11148.2, sendo os valores de f$ wndiçaes de bordo:
YA
,Ut, Pf
e
M!
obtidos das
I
i
=o
MA = O
i 1
I
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 ( A I / , D (AI), tendem rapidamente para 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).
Ye = o vg =o,
. . ..
\
que nos wnduziráo a um sistema de 4 equações a 4 incógnitas, que resolverá o problema.
I
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 esforços cortantes e momentos fletores atuantes na viga, bem wmo das rotações das tangentes à elástica.
Seja, por exemplo, resolver a viga contínua sobre base elástica da Fig. 11149.1. A
1,,2
11149.2 '2
3,':
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
<
>
Para o primeiro grupo, podemos desprezar por completoafle xáo danga, considerandea como infinitamente rígida, por ser sua deformaçso 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 direção com a resultante do carregamento aplicado na viga).
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 ,
. Para
l 1 Or vaiores iqiresentados d o o s recomendados par Bowles em seu livm "Foun.
i
A
.t-+
d) Em função do valor do produto ( A I), que caracteriza a rigidez relativa da viga em relação à sua base elástica, podemos classificar as vigas finitas em três grupos: TI4 I? grupo: vigas curtas: 1 1 2P grupo: vigas médias: r 14 < XI < r n 39 grupo: vigas longas: XI
o segundo grupo, são importantes as deformaçóes elásticas da viga em presença das deformações do apoio elástico, sendo tam-
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 satisfatória para os cálculos usuais em engenharia. e) Os casos de carregamento tabelados na tabela XIX nos permitem também a resolução de vigas contínuas sobre base elástica, senZo vejamos:
c) Para o caso de vigas cuja base elástica é uma camada de solo, a constante 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 recalques do solo, pode ser obtida a partir dos valores de c, tabelados na tabela XX para os diferentes tipos de solo."
dation Analyrb and Durgn", McGraw HiU
bém importante a uifluência de cargas atuantes num bordo sobre o outro bordo. vigas deste grupo devem ser, pois, estudadas com todo o rigor, dentro da teoria apresentada neste item.
I
estudo de problemas mais wmplexos, relativos a vigas sobre base elástica, tais como os casos de vigas de inércia variável, de bases elásticas '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.
- COEFICIENTES DE RECALQUE DE SOLOS
TABELA XX
3
c ítJrn3)
TIPO DE SOLO
305
Eatruturm sobre apoios d8sticos
- 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 segundo 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
argiia muito rija
5,0 x ld
3.2 - Calcular as n q õ e s verticais nas molas, para a viga da Fig 111-51, que tem inércia infinita.
I'
préadensada
dura
I'
10 1o3
+Im
-i)L--
Im
+
Fip. 11161
lm
3.3
- Resolver o problema anterior, supondo todas as molas com mesma constante k
3.4
- Para a grelha da
Fig. 111-52, pedem-se os deslocamen?os verticais I dos pontos A e E. 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
3.5 -Calcular as reaçlles de apoio para a grelha da Fig. para a qual temos .E2 = 2;Hr 2 0 0 3 GJt k
111.53,
3.8
- Mostrar, para a viga infmita a b r e 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 ) ]
-
-
3.6- Obter o deslocamento vertical de C para a grelha da Fig. 111-54. São dados : I
l2 Para os problemas 3.8 a 3.14. são dados E l e k.
Fip. 111-56
3.9
- Resolver a viga semi-infita da Fi 111-57 para o carregamen-
3.13
i
- Calcular a rotaçso da tangente
à elástica em A para a viga da
Fig. 111.59.
to indicado. 3.14
- Calcular a flecha máxima para a viga da
3.15
- Calcular a rotação das tangentes
F i 111-60.
à elástica em A. B e Cpara a viga da Fig, UI-61, empregando a tabela XM. São dados: A1 = 1, EJ.
Fig. 111-ó7
3.10 - Mostrar que as rea* de apoio no engaste da viga semi-infinita da Fig. 111-58 são dadas por
M = 2~~ H L !
e
k
V = 9A Fig. 11141
4
- Resposts dos p m e pmpostos.
3.1
-
a) 0,89 x 10-'rad
3.2
-
9 P . , 1op I1p e 1 63 P ,de baixo paracima 26 13 ' 26
3.3
-
3.4
- 1,8 mm e 4.6 mm, de cima para baixo
3.5
- Nos engastes: V = 1.81 t ; M = 7,08 mt ; T = 10,86 mt
(f?) ; b) 5,19mm(-r)
;
c) 2.75 mm (4)
Fig. t i t a s
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.
Na mola: V = 6,38 t
Fie. 111-69
3.12
- Calcular, sem o emprego da tabela XM, os momentos gastamento perfeito para a viga tinita da Fi. 111-60. -q
1
I Fip. lll.60
-
Todas as reações iguais a P ,de baixo para cima 2
de en-
3.6
- 2,16 mrn, para baixo
3.7
-
3.9
2MA2 C ( A x ) ; v=- 4MX3 D ( X X ) ; M = M A ( x x ) ; - y=- k k
0,105 mm, para baixo
Q=-2MAB(Ax)
310
3.11
-
- -
M C '
9
x
sen h AI sen A I 2 2 c m h X 1 + coshl
