01. Exercicio VIGA Hiperestática 20 PDF

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Exercicio para fixação de teoria das estruturas...

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Teoria das Estruturas II - 2018/2

Universidade Federal do Amazonas

1

1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes (esforço cortante e momento fletor) da viga abaixo por meio do método dos deslocamentos. Considerar EI constante.

40 kN/m

10 kN/m B

A

10 kN

80 kN/m

80 kN

C 2,0 m

4,0 m

D 4,0 m

2,0 m

E 2,0 m

Deslocabilidade interna (𝑑𝑖 ): 2 (𝜃𝐵 𝑒 𝜃𝐶 , rotações nos nós internos B e C) Deslocabilidade externa (𝑑𝑒 ): 0 (não possui deslocamentos lineares) Obs: o nó D não deve ser considerado como nó interno, pois o trecho DE está em balanço e pode ser “retirado” (exclusivamente para a análise de esforços) fazendo-se a equivalência estática, como pode ser visto no item a seguir. 1.0 Sistema principal com carregamento externo (0) Nesta etapa devem-se bloquear todas as deslocabilidades existentes na estrutura, sejam rotações ou deslocamentos lineares. A estrutura com todas as deslocabilidades bloqueadas é chamada de Sistema Principal. As rotações devem ser bloqueadas por meio de chapas, e os deslocamentos lineares por meio de um apoio do 1º gênero. Neste exemplo a viga possui apenas duas incógnitas de rotação, dessa maneira, como mostra a figura 1.1, coloca-se chapas nos nós B e C, sendo as chapas 1 e 2 respectivamente.

10 kN

40 kN/m A 4,0 m

80 kN/m

80 kN

20 kN 1

2

B

C 2,0 m

2,0 m

D

MED = 40 kN.m E

4,0 m

Figura 1.1. Sistema Principal com carregamento externo

Ao se colocar as chapas nos nós B e C, todas as barras devem ser analisadas isoladamente para o cálculo dos momentos de engastamento perfeito, lembrando de substituir as chapas por engastes, dessa maneira, as barras serão analisadas como vigas biengastadas (barras AB e BC) e engastada e apoiada (barra CD) de acordo como mostra a figura 1.2.

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2

40 kN/m

2

+

q.lAB = 12

B

A

Caso da coluna 1, linha 1 da tabela 1.1

2

-

q.lAB = - 53,333 12

+ 53,333 4,0 m

80 kN Caso da coluna 1, linha 2 da tabela 1.1 +

P.lBC 8

B

= + 40

C

2,0 m

-

2,0 m

P.lBC - 40 = 8

10 kN 80 kN/m 20 kN Caso da coluna 2, linha 6 da tabela 1.2

+

q.lCD2

Caso da coluna 2, linha 7 da tabela 1.2

15

=+ 85,333

C

MED = 40 kN.m

D 4,0 m

- MED = - 20 2

Figura 1.2. Momentos de engastamento perfeito (análise isolada por barra).

Ainda na figura 1.2, na análise da barra CD, observa-se que além do carregamento distribuído triangular, apenas o momento de 40 kN.m oriundo da equivalência estática do balanço (trecho DE) geram momentos no engaste em C . A fim de simplificar a resolução e torná-la mais prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos de engastamento perfeito serão apresentados como mostra a figura 1.3.

80 kN/m

80 kN

40 kN/m

  1

A + 53,333

- 53,333

4,0 m

B

MED = 40 kN.m

  2

+ 40

- 40

C + 85,333

- 20 + 65,333

2,0 m

2,0 m

- 40

D

E

4,0 m

Figura 1.3. Momentos de engastamento perfeito (apresentação simplificada)

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1.1 Sistema auxiliar (1) Antes de explicar o que será feito nesta etapa, deve-se saber que é necessário um sistema auxiliar para cada incógnita do problema, ou seja, um sistema auxiliar para cada deslocabilidade bloqueada na estrutura do Sistema Principal. Para este exemplo, como há duas incógnitas de rotação, serão necessários dois sistemas auxiliares. Sendo assim, nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 1 (nó B) da estrutura do sistema principal como mostra a figura 1.4, ao fazer isso, apenas as barras AB e BC serão flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta análise. Observa-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é considerado.



A

1

2

B

C

4,0 m

D

E

4,0 m

4,0 m

Figura 1.4. Giro unitário no nó 1 (nó B)

Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas apenas as barras AB e BC por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as “contas” desta etapa, nos casos em que o valor de EI for constante (igual para a estrutura inteira), pode-se substituí-lo por 1, pois EI se auto-cancelará no cálculo dos momentos finais, não alterando seus valores. A figura 1.5 mostra esta análise detalhadamente.



2EI

2 lAB= 4 =0,5

4EI= 4 =1,0 lAB 4

A

Caso da coluna 2, linha 1 da tabela 2

B 4,0 m

 Caso da coluna 1, linha 1 da tabela 2

2EI = 2 = lBC 4 0,5

B

4EI = 4 = 1,0 lBC 4

C 4,0 m

Figura 1.5. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó B Prof. Winston Zumaeta

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Da mesma maneira como no item 1.0, a fim de simplificar a resolução e torná-la mais prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, serão apresentados como mostra a figura 1.6.

 4EI = 44 =1,0 lBC

2EI = 2 =0,5 lAB 4

A

 11

 21

1

2

B

4EI= 4 = 1,0 lAB 4

C

4,0 m

4,0 m

D

2EI= 2 = l BC 4 0,5

E

4,0 m

Figura 1.6. Momentos devido ao giro unitário no nó B (apresentação simplificada)

1.2 Sistema auxiliar (2) Nesta etapa aplica-se um giro unitário no nó 2 (nó C) da estrutura do sistema principal como mostra a figura 1.7, ao fazer isso, apenas as barras BC e CD serão flexionadas (linha tracejada fina), sendo estas as únicas barras solicitadas nesta análise. Lembra-se que nos sistemas auxiliares o carregamento externo não é considerado.



A 4,0 m

1

2

B

C 4,0 m

D

E

4,0 m

Figura 1.7. Giro unitário no nó 2 (nó C)

Aqui as barras também são estudadas isoladamente, porém serão analisadas apenas as barras BC e CD por serem elas as únicas solicitadas, e para facilitar as “contas”, conforme já foi explicado no item 1.1, o valor de EI será substituído por 1. A figura 1.8 mostra esta análise detalhadamente.

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

2 lBC = 4 =0,5

2EI

Caso da coluna 2, linha 1 da tabela 2

4EI= 4 =1,0 lBC 4

B

C 4,0 m

 Caso da coluna 1, linha 2 da tabela 2

C

3EI= 3 = 0,75 lCD 4

D 4,0 m

Figura 1.8. Momentos gerados no engaste devido ao giro unitário no nó C

Conforme já foi mencionado, a fim de simplificar a resolução e torná-la mais prática, nos próximos exemplos resolvidos, os momentos devido ao giro unitário, serão apresentados como mostra a figura 1.9.

2EI= 2 = 0,5 l BC 4

A 4,0 m

 3EI = 34 = 0,75 lCD

 12

 22

1

2

B

C

D

E

4EI = 4 =1,0 lBC 4

4,0 m

4,0 m

Figura 1.9. Momentos devido ao giro unitário no nó C (apresentação simplificada)

1.3 Cálculo dos 𝜷′𝒔 Os 𝛽′𝑠 que contêm o zero no índice (𝛽10, 𝛽20 , 𝑒𝑡𝑐 … ) são os termos de carga, o restante (𝛽11, 𝛽12, 𝛽21, 𝑒𝑡𝑐 … ) são os coeficientes da matriz de rigidez. De uma forma prática, eles são a soma de todos os momentos ou forças em um determinado nó. Para este caso:

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     

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O 𝛽10 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema principal (0). O 𝛽11 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (1). O 𝛽12 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 1 no sistema auxiliar (2). O 𝛽20 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema principal (0). O 𝛽21 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema auxiliar (1). O 𝛽22 é a soma de todos os momentos “ao redor” do nó 2 no sistema auxiliar (2).

Seguindo a convenção de sinais adotada, os 𝛽′𝑠 calculados são estes: 𝛽10 = − 53,333 + 40 = − 13,333

𝛽11 = 1,0 + 1,0 = 2,0

𝛽12 = 0,5

𝛽20 = − 40 + 65,333 = 25,333

𝛽21 = 0,5

𝛽22 = 1,0 + 0,75 = 1,75

1.4 Montagem do sistema de equações Uma dica para a montagem das equações é sempre fixar o primeiro índice dos 𝛽′𝑠 e aumentar gradativamente o segundo ao realizar a soma, sendo que os 𝛽′𝑠 dos sistemas auxiliares (𝛽11 , 𝛽12, 𝛽21, 𝑒𝑡𝑐 … ) devem ser multiplicados pelas suas respectivas incógnitas. 𝛽10 + 𝛽11 𝜃𝐵 + 𝛽12 𝜃𝐶 = 0

𝛽11 𝜃𝐵 + 𝛽12 𝜃𝐶 = −𝛽10

𝛽20 + 𝛽21 𝜃𝐵 + 𝛽22 𝜃𝐶 = 0

𝛽21 𝜃𝐵 + 𝛽22 𝜃𝐶 = −𝛽20

2,0𝜃𝐵 + 0,5𝜃𝐶 = − (−13,333)

2,0𝜃𝐵 + 0,5𝜃𝐶 = + 13,333

0,5𝜃𝐵 + 1,75𝜃𝐶 = − (25,333)

0,5𝜃𝐵 + 1,75𝜃𝐶 = − 25,333

Resolvendo o sistema por meio da calculadora, obtém-se:

𝜽𝑩 =

𝟏𝟏,𝟎𝟕𝟕 𝑬𝑰

𝒓𝒂𝒅

e

𝜽𝑪 =

−𝟏𝟕,𝟔𝟒𝟏 𝑬𝑰

𝒓𝒂𝒅

Obs: Não esquecer que o coeficiente EI ainda existe e deve ser colocado na resposta.

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1.5 Cálculo dos momentos finais Barra AB

Para comprovar o que foi dito nos sistemas auxiliares em relação ao valor de 𝐸𝐼, será considerado o produto 𝐸𝐼 apenas para este cálculo de momento, os próximos serão feitos de maneira direta. 𝑓 𝑀𝐴 = 𝑀𝐴0 + 𝑀𝐴1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐴2 . 𝜃𝐶 𝑓 𝑀𝐴 = 53,333 + 0,5𝐸𝐼 𝑥 (

11,077 −17,641 ) )+0𝑥 ( 𝐸𝐼 𝐸𝐼

𝑀𝐴𝑓 = 53,333 + 0,5𝐸𝐼 𝑥 (

11,077 ) 𝐸𝐼

𝑀𝐴𝑓 = 53,333 + 5,539 𝑴𝒇𝑨 = 𝟓𝟖, 𝟖𝟕𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário 𝑀𝐵𝑓 = 𝑀𝐵0 + 𝑀𝐵1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐵2 . 𝜃𝐶 𝑀𝐵𝑓 = − 53,333 + 1,0 𝑥 (11,077) + 0 𝑥 (−17,641) 𝑀𝐵𝑓 = − 53,333 + 11,077 𝒇

𝑴𝑩 = − 𝟒𝟐, 𝟐𝟓𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 ↷ Giro horário Barra BC 𝑓 𝑀𝐵 = 𝑀𝐵0 + 𝑀𝐵1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐵2 . 𝜃𝐶 𝑓

𝑀𝐵 = 40 + 1,0 𝑥 (11,077) + 0,5 𝑥 (−17,641) 𝑀𝐵𝑓 = 40 + 11,077 − 8,821 𝒇 𝑴𝑩 = 𝟒𝟐, 𝟐𝟓𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário

𝑀𝐶𝑓 = 𝑀𝐶0 + 𝑀𝐶1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐶2 . 𝜃𝐶 𝑓

𝑀𝐶 = − 40 + 0,5 𝑥 (11,077) + 1,0 𝑥 (−17,641) 𝑀𝐶𝑓 = − 40 + 5,539 − 17,641 𝑴𝒇𝑪 = − 𝟓𝟐, 𝟏𝟎𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 ↷ Giro horário

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Barra CD 𝑓 𝑀𝐶 = 𝑀𝐶0 + 𝑀𝐶1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐶2 . 𝜃𝐶

𝑀𝐶𝑓 = 65,333 + 0 𝑥 (11,077) + 0,75 𝑥 (−17,641) 𝑓

𝑀𝐶 = 65,333 − 13,231 𝒇 𝑴𝑪 = 𝟓𝟐, 𝟏𝟎𝟐 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário

𝑀𝐷𝑓 = 𝑀𝐷0 + 𝑀𝐷1 . 𝜃𝐵 + 𝑀𝐷2 . 𝜃𝐶 𝑀𝐷𝑓 = − 40 + 0 𝑥 (11,077) + 0 𝑥 (−17,641) 𝑴𝒇𝑫 = − 𝟒𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 ↷ Giro horário Barra DE

De forma simplificada, o momento final para o nó D pode ser considerado o mesmo da equivalência estática, feita no item 1.0, com o sinal contrário , pois esse momento atua diretamente no nó D, sendo o contrário da convenção adotada, em que se consideram os momentos na extremidade das barras. Para obter o 𝑀𝐷𝑓 já com o seu sinal correto, devemos considerar a barra DE engastada no ponto D, conforme 𝑓 mostrado na figura 1.10. A reação momento 𝑀𝐷 , calculada a seguir, estará atuando na extremidade da barra, o que está de acordo com a convenção adotada.

10 kN 10 kN/m

MDf

E

D 2,0 m

𝑓

Figura 1.10. Esquema da barra DE engastada no nó D com reação momento 𝑀𝐷

𝑀𝐷𝑓 = 10 𝑥 2,0 + (10 𝑥 2,0) 𝑥

2,0 2

𝑓

𝑀𝐷 = 20 + 20 𝒇

𝑴𝑫 = 𝟒𝟎 𝒌𝑵. 𝒎 ↶ Giro anti-horário 𝒇

𝑴𝑬 = 𝟎 (Pois é a extremidade livre do balanço). Prof. Winston Zumaeta

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1.6 Esquema dos momentos na viga Na figura 1.11, mostra-se o esquema de todos os momentos finais calculados, apenas para melhor visualização de como será o traçado do diagrama de momentos fletores. Não é necessário apresentar o momento em D da barra DE, pois possui o mesmo valor numérico, em valor absoluto, do momento em D da barra CD.

42,256

58,872

42,256 B

52,102 52,102 C

40 D

A

E

Figura 1.11. Esquema de momentos em kN.m

Lembra-se que o diagrama de momentos fletores deve ser traçado do lado tracionado da barra (convenção brasileira). Com o intuito de esclarecer qual será o lado tracionado, faz-se uma rápida análise das barras mostradas n a figura 1.12, onde a barra (a-1) quando submetida aos momentos na extremidade, flexiona-se da maneira mostrada na figura 1.12 (a-2), tracionando o lado superior e comprimindo o lado inferior. No caso da barra (b-1) quando submetida aos momentos na extremidade, flexiona-se da maneira mostrada na figura 1.12 (b-2), tracionando o lado inferior e comprimindo o lado superior. lado superior tracionado lado superior lado inferior

lado inferior comprimido

(a-1)

(a-2)

lado superior comprimido

lado superior lado inferior (b-1)

lado inferior tracionado (b-2)

Figura 1.12. Lado tracionado e comprimido das barras

O diagrama de momentos fletores será traçado no item 1.8 após o cálculo das reações de apoio, pois estas são necessárias para o cálculo dos momentos máximos positivos.

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1.7 Cálculo das reações de apoio Na figura 1.13, mostra-se o cálculo detalhado das reações de apoio. RESULTANTE (carregamento triângular) 80 x 4,0 2,0 =

RESULTANTE (carregamento retângular) 40 x 4,0 =

160 kN 42,256

58,872

42,256

RESULTANTE

52,102 52,102 C

B

A

20 kN

1 x 4,0 3

4,0 m

2,0 m

10 kN

160 kN

80 kN

2 x 4,0 3

2,0 m

D

E

4,0 m

80 2

80 2

40

2 3

1 3

160 x

160 2

160 2

58,872 4

58,872 4

42,256 4

42,256 4

52,102 4

52,102 4

42,256 4

42,256 4

52,102 4

52,102 4

40 4

40 4

VB = 113,385 kN

VA = 84,154 kN

160 x

x4 4

VC = 152,154 kN

x 4 + 30 4

VD = 80,308 kN

Figura 1.13. Cálculo das reações de apoio

1.8 Traçado do diagrama de momentos fletores (DMF) Na figura 1.14, mostra-se o traçado do diagrama de momentos fletores.

q.lAB2 = 80 8

58,872

q.lCD2 = 80

P.lBC 80 = 4

52,102

42,256

Parábola do 2º grau

16

40

q.lDE2 5 = 8

A

B Mmáx= 29,652

Parábola do 2º grau

C Mmáx= 32,821

2,104 m 4,0 m

E

D

Mmáx= 35,225

Parábola do 3º grau

1,757 m 2,0 m

2,0 m

4,0 m

2,0 m

Figura 1.14. Diagrama de momentos fletores (DMF) em KN.m

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1.9 Cálculo dos esforços cortantes Antes de calcular os esforços cortantes deve-se dividir a viga em trechos, cada trecho iniciando com sua própria abscissa (𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑒𝑡𝑐 … ). E essa divisão deve ser feita da seguinte maneira:  Todo carregamento concentrado, seja uma força ou momento, separam um trecho do outro.  Todo início e fim de carregamento distribuído também separam um trecho do outro.  Todo apoio, seja do 1º ou do 2º gênero, também separam um trecho do outro. Dessa maneira, obtém-se a viga com os trechos indicados na figura 1.15.

x2

x1

10 kN 10 kN/m

B 4,0 m

x5

80 kN/m

80 kN

40 kN/m A

x4

x3

C 2,0 m

2,0 m

D 4,0 m

E 2,0 m

Figura 1.15. Viga separada em trechos

Será calculado o esforço cortante no início e no fim de cada trecho obedecendo a legenda e a convenção mostradas a seguir. Legenda: 𝑄𝑖,𝑗 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑜 𝑖𝑛í𝑐𝑖𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑗 𝑄𝑓,𝑗 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑜 𝑓𝑖𝑚 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑗

Convenção: 𝐺𝑖𝑟𝑜 𝑛𝑜 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜, 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣𝑜. 𝐺𝑖𝑟𝑜 𝑛𝑜 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑖 − ℎ𝑜𝑟á𝑟𝑖𝑜, 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜.

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Na figura 1.16, mostra-se o esquema para o cálculo dos esforços cortantes indicando a posição exata de todos os termos que serão calculados (𝑄𝑖,1, 𝑄𝑓,1 , 𝑒𝑡𝑐 … ).

x1

x2

x3

x4

RESULTANTE

RESULTANTE

160 kN

A

Qi,1

VA = 84,154 kN

Qf,1

x5

160 kN

80 kN Q f,2

Q i,3

B Q i,2

Q f,3

VB = 113,385 kN

RESULTANTE

20 kN C

Q i,4

VC = 152,154 kN

Q f,4

D

Qi,5

10 kN E

Qf,5

VD = 80,308 kN

Figura 1.16. Esquema para cálculo dos esforços cortantes

1.9.1 Trecho 1 𝑄𝑖,1 = 𝑉𝐴 = 84,154 𝑘𝑁 𝑄𝑓,1 = 𝑄𝑖,1 − 𝑅𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝐴𝐵 = 84,154 − 160 = − 75,846 𝑘𝑁

1.9.2 Trecho 2 𝑄𝑖,2 = ...