Método dos Esforços na Teoria das Estruturas - Conceitos e Aplicações

71 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Unidade II 5 MÉTODO DOS ESFORÇOS Também chamado de método das flexibilidades ou das forças o método dos esforços fundamentase em teoremas e princípios apresentados anteriormente e prestase ao cálculo de estruturas hiperestáticas com qualquer grau de hiperestaticidade mediante a elaboração de um sistema de equações chamadas equações canônicas deduzidas a partir da conjugação por superposição de efeitos de subsistemas isostáticos derivados da estrutura original hiperestática que se pretende resolver O fundamento básico do método parte do raciocínio desenvolvido para a solução de estruturas pelo MCU ou seja transformamos um sistema hiperestático numa combinação de sistemas isostáticos Figura 85 Combinação de sistemas isostáticos Nesse caso obtínhamos RVB calculando o deslocamento do ponto B para baixo devido a P e o deslocamento de B para cima devido a RVB somandoos e igualando essa soma a zero já que na verdade o deslocamento vertical será zero no caso real Figura 86 Soma de deslocamentos verticais Para calcularmos os dois deslocamentos aplicávamos uma carga unitária virtual em cada um dos sistemas Figura 87 Deslocamentos devidos ao carregamento real e virtual 72 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Ocorre que como a unidade é o elemento neutro da multiplicação poderíamos para calcular ΔRVB fazer Figura 88 Deslocamento devido ao carregamento virtual Assim a equação ΔP ΔRVB 0 ficaria ΔP Δ1RVB 0 eq 51 Temos então uma equação com uma incógnita RVB Esse é o fundamento do método das forças Vamos agora generalizar o conceito partindo de uma estrutura com grau 2 de hiperestaticidade Figura 89 Viga hiperestática submetida a carga distribuída Primeiramente vamos eliminar a hiperestaticidade decompondo a estrutura em um sistema principal 0 e dois sistemas secundários 1 e 2 Figura 90 Combinação de sistemas isostáticos Nesse caso os deslocamentos serão Figura 91 Deslocamentos no apoio B 73 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 92 Deslocamentos no apoio C Portanto somandose as deformações no apoio B temos Δ10 Δ11 RVB Δ12 RVC 0 eq 52 No apoio C teremos Δ20 Δ21 RVB Δ22 RVC 0 eq 53 Obtivemos então um sistema de equações do primeiro grau no qual as incógnitas são RVA e RVB Assim se determinamos essas reações de apoio a estrutura tornase isostática e pode ter seus diagramas de momentos cortantes e normais facilmente definidos Reescrevendo esse sistema para um caso genérico de estrutura com grau de estaticidade 2 teremos Δ10 Δ11 X1 Δ12 X2 0 Δ20 Δ21 X1 Δ22 X2 0 Se a estrutura tiver grau de hiperestaticidade igual a 3 o sistema ficará Δ10 Δ11 X1 Δ12 X2 Δ13 X3 0 Δ20 Δ21 X1 Δ22 X2 Δ23 X3 0 Δ30 Δ31 X1 Δ32 X2 Δ33 X3 0 74 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Note que Figura 93 Sistema linear soma dos deslocamentos Xi Saiba mais Uma excelente abordagem sobre os efeitos de apoios elásticos em estruturas hiperestáticas utilizando o método das forças pode ser encontrada no capítulo III do livro SUSSEKIND J C Curso de análise estrutural V2 deformações em estruturas método das forças Porto Alegre Globo 1990 Exemplo de aplicação 1 Calcule as reações de apoio da seguinte viga contínua utilizando o método das forças EIconstante Figura 94 Viga hiperestática submetida a carga uniformemente distribuída Solução Temos uma viga com grau 2 de hiperestaticidade Precisamos transformála provisoriamente em isostática eliminando dois vínculos Há mais de uma forma de se fazer isso Poderíamos por exemplo transformar o apoio A em um apoio fixo aplicandolhe um momento virtual unitário e eliminar o apoio B ou o C aplicandolhe uma carga virtual unitária Outra maneira é eliminar os apoios B e C aplicandolhes em cada um uma carga unitária Essa é a forma como resolveremos tal questão 75 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Fazendo isso teremos duas incógnitas que chamaremos X1 e X2 correspondentes às reações verticais nos apoios B e C respectivamente Trabalharemos portanto com três situações o caso 0 relativo à atuação das cargas reais sobre a viga tornada isostática pela retirada temporária dos apoios B e C o caso 1 relativo à atuação de uma carga unitária virtual em B e o caso 2 correspondente à atuação de uma carga unitária em C Figura 95 Combinação de casos Para solucionar esse problema devemos combinar o caso real com os casos virtuais 1 e 2 Em seguida combinamos o caso virtual 1 com ele mesmo e com o caso virtual 2 Por fim fazemos a combinação do caso 2 com ele mesmo e com o caso virtual 1 Observação Das combinações do caso 0 com os casos 1 e 2 resultarão Δ10 e Δ20 Das combinações do caso 1 com ele mesmo e com o caso 2 resultarão Δ11 e Δ21 e esses valores deverão ser multiplicados por X1 pois decorrem dos efeitos de uma carga virtual unitária elemento neutro da multiplicação E das combinações do caso 2 com ele mesmo e com o caso 1 resultarão Δ21 e Δ22 que deverão ser multiplicados por X2 pelo mesmo motivo Utilizaremos a tabela de Kurt Beyer para a solução dessa aplicação Comecemos com o caso 0 Primeiro vamos definir os diagramas de momentos Por tratarse de assunto relativo à estática básica não demonstraremos a obtenção das expressões de momentos fletores para os casos estudados aqui e adiante Mas para o caso 0 teremos Mx 2tfm x x2 orientando x da direita para a esquerda de 0 a 6 m ou seja Mx x2 E para o momento virtual MVx 1x x Teremos portanto Figura 96 Arranjo para o cálculo de Δ10 76 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Temos que calcular a integral de Mx MVx e obteremos esses valores da tabela de Kurt Beyer quadro 1 Anexo Uma vez que a carga unitária no caso 1 está aplicada no centro da viga teremos dois trechos de análise de 0 a 3 m e de 3 m a 6 m Isso nos obrigará a dividir também o diagrama de momentos reais Teremos então Figura 97 Soma do produto de momentos Porém observamos que a primeira figura parábola de 2º grau com momento variando de 9 a 36 não consta na tabela Deveremos então decompor essa figura e em duas e combinálas com o triângulo 3x3 Figura 98 Composição de figuras Note que na verdade do trapézio deverseia subtrair e não somar a figura parabólica Mas não se preocupe com isso pois a regra de sinais adotada para o trabalho com a tabela de Kurt Beyer tratará de subtrair uma figura da outra O sistema agora decomposto em duas figuras fica então Figura 99 Expressão para o cálculo de Δ10 Assim considerando a regra de sinais da tabela segundo a qual quando duas figuras estiverem em lados opostos em relação ao eixo horizontal como na primeira integral na qual o trapézio está para cima e o triângulo está para baixo o resultado da integral será negativo assim teremos 10 1 39 23636 32253 3 0 EI Δ 77 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Note que na fórmula para a integração do trapézio o lado k2 que é multiplicado por 2 corresponde ao lado do cateto do triângulo Por isso temos 2x36 e não 2x9 veja na figura que o lado de altura 36 do trapézio está para a esquerda assim como o cateto vertical de valor 3 do triângulo correspondente Então Δ10 valerá 10 11475 EI Δ Observação Sempre que na tabela de Kurt Beyer calcularse a integral de duas figuras que estiverem do mesmo lado em relação ao eixo horizontal duas figuras para cima ou duas figuras para baixo o resultado será positivo Se as figuras estiverem em lados opostos em relação ao eixo horizontal o resultado da integral será sempre negativo Passemos agora para a combinação dos casos 0 e 2 Figura 100 Arranjo para o cálculo de Δ20 Aqui a integração pode ser feita ao longo de toda a viga de uma só vez Figura 101 Expressão para o cálculo de Δ20 20 1 324 6366 4 EI EI Δ 78 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Façamos agora a análise da combinação do caso 1 com ele mesmo Figura 102 Arranjo para o cálculo de Δ11 Figura 103 Expressão para o cálculo de Δ11 11 1 9 EI 333 3 EI Δ Em seguida fazemos a combinação do caso 1 com o caso 2 Figura 104 Arranjo para o cálculo de Δ21 Figura 105 Expressão para o cálculo de Δ21 79 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS 21 1 225 3 3 2636 EI EI Δ O cálculo de Δ12 é dispensável já que tratase da combinação do caso 2 com o caso 1 Essa combinação já foi feita ao calcularmos Δ21 Portanto 12 21 225 EI Δ Δ Finalmente calculamos Δ22 Figura 106 Arranjo para o cálculo de Δ22 Figura 107 Expressão para o cálculo de Δ22 22 1 72 EI666 3 EI Δ O sistema de equações envolvendo os somatórios dos deslocamentos nos apoios 1 e 2 fica 1 2 11475 9 225 X X 0 EI EI EI I 1 2 324 225 72 X X 0 EI EI EI II Como EI é constante igual para todos podemos cancelálo e o sistema fica 11475 9 X1 225 X2 0 I 324 225 X1 72 X2 0 II 80 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Resolvendo o sistema obtemos X1 6857 e X2 2357 Portanto a reação no apoio B valerá 6857 tf e no apoio C 2357 tf Com esses valores calculase facilmente a reação de apoio em A fazendo o somatório de forças verticais e assim podese obter os diagramas de cortantes e momentos fletores Figura 108 Diagramas de esforços cortantes e momentos fletores 2 Obtenha as reações de apoio e os diagramas de M e V da seguinte viga contínua utilizando o método das forças EIconstante Figura 109 Viga contínua submetida a cargas uniformes Solução O grau de hiperestaticidade da viga é 2 Algumas maneiras de tornála isostática são Figura 110 Alternativas isostáticas 81 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Adotaremos a opção C aplicando uma rótula associada a um momento unitário sobre cada um dos apoios centrais Note que agora as incógnitas X1 e X2 associadas aos apoios B e C respectivamente não se referem mais a reações de apoio mas aos valores de momentos fletores sobre aqueles apoios Portanto primeiramente obteremos os valores de momentos sobre os apoios e depois calcularemos as reações de apoio Lembrete As rótulas não opõem resistência ao giro Portanto nelas o momento fletor valerá sempre zero Contudo na situação real há momentos nos apoios Por isso aplicamse naqueles pontos os momentos virtuais unitários Teremos então três situações sistemas apresentadas a seguir juntamente com seus respectivos diagramas de momentos Figura 111 Diagramas de momentos para o caso real Figura 112 Diagramas de momentos para o caso virtual 1 Figura 113 Diagramas de momentos para o caso virtual 2 82 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Calculemos então os deslocamentos virtuais utilizando novamente a tabela de Kurt Beyer Figura 114 Composição do caso 0 com o caso 1 Figura 115 Expressão de Δ10 10 1 461 3 356251 3 0 EI Δ Observação Note que na primeira e na segunda integral os triângulos ocupam posição invertida um em relação ao outro Isso não influencia na eleição da combinação entre as figuras parábola e triângulo pois a parábola é simétrica Isso não ocorreria por exemplo se combinássemos dois triângulos Como o triângulo não é uma figura simétrica o resultado da integral de dois triângulos com os catetos verticais voltados para o mesmo lado será diferente do resultado da integral de dois triângulos espelhados catetos verticais voltados para lados opostos O giro virtual no ponto 1 apoio B devido ao carregamento real caso0 será 10 13625 EI Δ 83 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 116 Composição do caso 0 com o caso 2 Figura 117 Expressão de Δ20 20 1 10958 0 356251 3 441 3 EI EI Δ Figura 118 Composição do caso 1 com o caso 1 Figura 119 Expressão de Δ11 11 1 2333 411 3 311 3 0 EI EI Δ 84 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Figura 120 Composição do caso 2 com o caso 1 Figura 121 Expressão de Δ21 21 1 05 0 3116 0 EI EI Δ O giro referente ao momento virtual unitário aplicado no ponto 1 apoio B ocorrido no ponto 2 apoio C será igual ao giro em 1 devido ao momento unitário aplicado em 2 verifique Então 12 05 EI Δ Figura 122 Composição do caso 2 com o caso 2 Figura 123 Expressão de Δ22 22 1 2333 0 311 3 411 3 EI EI Δ 85 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS O sistema de equações envolvendo os somatórios dos giros nos apoios 1 e 2 fica então 1 2 13625 2333 05 X X 0 EI EI EI I 1 2 10958 05 2333 X X 0 EI EI EI II Cancelando EI nas equações e resolvendo o sistema obtêmse X1 50656 tf m X2 36110 tf m Encontramos portanto o valor dos momentos atuantes sobre os apoios B e C Precisamos agora encontrar as reações de apoio para podermos determinar os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes Para isso tenhamos em mente que as reações de apoio decorrem da ação das cargas atuantes e dos momentos fletores que tanto podem aliviar a carga num apoio quanto acentuála Então as reações de apoio serão obtidas somandose as contribuições das cargas reais as contribuições do momento sobre o apoio B e as contribuições do momento sobre o apoio C ou seja Figura 124 Obtenção das reações de apoio 86 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Os valores de 12 15 e 8 tf setas tracejadas correspondentes às cargas concentradas equivalentes às distribuídas são divididos por 2 e aplicados aos apoios equivalentes Essas são as contribuições das cargas às reações de apoio Os valores de momentos são divididos pelo comprimento dos vãos adjacentes aos apoios em que atuam conforme indica a figura Já que momento é força multiplicada por distância o resultado dessa divisão é uma força correspondente à tendência de fazer subir os apoios adjacentes que os momentos exercem Essas forças são repetidas nos apoios em que cada respectivo momento atua porém com sentido contrário já que a soma dessas forças causadas pelos momentos deve ser zero veja as setas curvas Noutras palavras o momento que atua sobre um apoio tende a levantar os apoios adjacentes puxandoos com determinada força Ora se esses apoios são puxados pelo momento eles causam efeito contrário sobre o ponto de aplicação do referido momento ação x reação Finalmente somamse todas as parcelas referentes a cada um dos apoios considerandose os sinais positivo para cima negativo para baixo e obtêmse as reações de apoio finais valores em preto Com esses valores traçamos enfim os diagramas de cortante e momentos trabalhando com três casas decimais após a vírgula a fim de desprezar os erros de arredondamentos cometidos no processo 00001 verifique Figura 125 Diagramas de momentos fletores e esforços cortantes 3 Obtenha as reações de apoio e o diagrama de momentos fletores do seguinte pórtico utilizando o método das forças EIconstante 87 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 126 Pórtico hiperestático Solução Temos um apoio móvel um fixo e um engastamento totalizando seis vínculos Como são três as equações da estática o grau de hiperestaticidade desse pórtico é 3 Precisaremos portanto eliminar provisoriamente três vínculos Faremos isso suprimindo o apoio móvel e o fixo Teremos então as seguintes situações Figura 127 Momentos dos casos 0 1 2 e 3 88 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Calculemos agora os deslocamentos virtuais utilizando a tabela de Kurt Beyer Figura 128 Expressão de Δ10 Lembrete Quando temos que compor uma figura que contenha num de seus lados um segmento de parábola com outra figura qualquer devemos transformála na composição de um trapézio com uma parábola considerando que o trapézio está acima da linha horizontal e a parábola cujo momento máximo valerá ql28 está abaixo A própria regra de sinais da tabela de Kurt Beyer cuidará de subtrair do trapézio a parábola fornecendo o resultado da integração do produto da figura original com outra qualquer 10 1 0 390 360236 32253 3 3450 36032 232253 3 EI Δ 10 46575 EI Δ Figura 129 Expressão de Δ20 20 1 0 66360 4 32253 3 3450 3606 2 232256 3 EI Δ 20 10260 EI Δ 89 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 130 Expressão de Δ30 30 1 38475 0 63360 3 3450 236036 32253 3 EI EI Δ Figura 131 Expressão de Δ11 11 1 36 0 333 3 333 EI EI Δ Figura 132 Expressão de Δ21 21 1 765 0 33 2636 336 EI EI Δ Figura 133 Expressão de Δ31 90 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II 31 1 27 0 3332 3332 EI EI Δ CASO 2 CASO 1 Δ12 12 21 765 EI Δ Δ Figura 134 Expressão de Δ22 22 1 180 0 666 3 366 EI EI Δ Figura 135 Expressão de Δ32 32 1 81 0 6632 336 2 EI EI Δ CASO 3 CASO 1 Δ13 13 31 27 EI Δ Δ CASO 3 CASO 2 Δ23 23 32 81 EI Δ Δ 91 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 136 Expressão de Δ33 33 1 72 333 3 633 333 3 EI EI Δ O sistema de equações resultante é um sistema 3x3 1 2 3 46575 36 765 27 X X X 0 EI EI EI EI I 1 2 3 10260 765 180 81 X X X 0 EI EI EI EI II 1 2 3 38475 27 81 72 X X X 0 EI EI EI EI III Cancelando EI nas equações e resolvendo o sistema obtêmse X1 703675 kN X2 302206 kN X3 69485 kN Em seguida fazendo o somatório de forças verticais encontramos o valor de RVA RVA 194119 kN Somando as cargas horizontais obtemos RHA 530515 kN Por fim obtemos o diagrama de momentos fletores 92 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Figura 137 Diagrama de momentos fletores 4 Calcule as reações de apoio da seguinte treliça EAconstante Figura 138 Treliça externamente hiperestática Solução Observamos que a estrutura é isostática internamente mas tem grau 2 de hiperestaticidade externa dois apoios fixos e um móvel Para tornála isostática suprimiremos provisoriamente o apoio F e tornaremos o apoio E em apoio móvel aplicando cargas unitárias em lugar dos vínculos suprimidos Figura 139 Treliça tornada isostática 93 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Essa solução determina os três sistemas que apresentamos a seguir Figura 140 Normais do caso 0 Figura 141 Normais do caso 1 Figura 142 Normais do caso 2 94 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II As setas em azul são as ações reais no caso 0 e virtuais nos casos 1 e 2 As setas em vermelho correspondem às reações de apoio calculadas utilizandose as três equações da Estática Os valores indicados em verde referemse às forças normais que atuam nas barras da treliça calculados utilizandose o método dos nós ou qualquer outro processo de resolução de treliças isostáticas Os valores negativos indicados com sinal correspondem às forças de compressão Os positivos são forças de tração No caso de treliças o cálculo de Δ é dado pela expressão n V i i i i 1 1 N N L EA Δ A fim de facilitar nossos cálculos elaboraremos a seguinte tabela na qual disporemos os dados sobre as forças e comprimentos das barras e efetuaremos os cálculos indicados na equação de Δ Tabela 6 Barra Ni0 tf Ni1 tf Ni2 tf Li m N0N1Li N0N2Li N1N1Li N1N2Li N2N1L1 N2N2Li AB 98995 07071 0 8 197988 0 14142 0 0 0 BC 1 05 0 2 1 0 05 0 0 0 CD 8 0 0 2 0 0 0 0 0 0 DE 113137 0 0 8 0 0 0 0 0 0 EF 8 0 1 2 0 16 0 0 0 2 FA 1 05 1 2 1 2 05 1 1 2 FB 7 05 0 2 7 0 05 0 0 0 FC 98995 07071 0 8 197988 0 14142 0 0 0 CE 7 05 0 2 7 0 05 O 0 0 2 18 48284 1 1 4 Os somatórios das últimas seis colunas fornecem os valores que deverão ser divididos por EA para obtermos os respectivos valores de Δ Assim Δ10 2EA Δ20 18EA Δ11 48284EA Δ21 1EA Δ12 1EA e Δ22 4EA E o sistema de equações resulta 1 2 2 48284 1 X X 0 EA EA EA I 1 2 18 1 4 X X 0 EA EA EA II Cancelando EA nas equações e resolvendo o sistema obtemos em valores aproximados X1 0546 tf X2 4636 tf que são respectivamente as reações de apoio em F e em E 95 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS 5 Obtenha os esforços normais nas barras da seguinte treliça EAconstante Figura 143 Treliça internamente hiperestática Solução Estamos diante de uma treliça hiperestática internamente as barras CE e DF estão cruzadas mas não consolidadas entre si não estão ligadas por um nó em seu ponto central Como há uma única ocorrência de barras cruzadas o grau de hiperestaticidade é 1 Assim devemos transformar a treliça em isostática e o que faremos é substituir a barra DF por uma força normal unitária que consideraremos por hipótese de compressão conforme indicado a seguir Figura 144 Treliça tornada isostática Lembrete As forças normais de compressão são convencionalmente consideradas negativas Se tivermos nos enganado no arbitramento do sinal da força virtual o valor de X1 resultará negativo o que indicará que deveremos inverter o sentido da força normal considerada inicialmente de compressão 96 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Optando por essa solução teremos dois sistemas Figura 145 Normais dos casos 0 e 1 A seta azul é a ação real caso 0 As setas em vermelho correspondem às reações de apoio calculadas utilizandose as três equações da Estática As setas em verde representam a carga virtual unitária negativa porque consideramos tratarse de esforço de compressão Os valores indicados em verde representam as forças normais nas barras calculados utilizandose o método dos nós Os valores negativos tratamse de forças de compressão Os positivos de tração Novamente utilizaremos a expressão n V i i i i 1 1 N N L EA Δ A tabela contendo os valores précalculados e os cálculos do somatório do produto das normais por seus respectivos comprimentos apresentase a seguir 97 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Tabela 7 Barra Ni0 tf Ni1 tf Li m N0N1Li N1N1Li AB 0 0 1 0 0 BC 0 0 1 0 0 CD 0 07071 1 0 05 DE 0 07071 1 0 05 EF 10 07071 1 7071 05 FA 10 0 1 O 0 AC 141421 0 2 O 0 CE 141421 1 2 20 2 CF 20 07071 1 141421 05 DF 0 1 2 0 2 412131 48284 Os somatórios das últimas duas colunas fornecem os valores que deverão ser divididos por EA para obtermos os respectivos valores de Δ Assim Δ10 412131EA e Δ11 48284EA Então a equação fica 1 412131 48284 X 0 EA EA Cancelando EA na equação e isolando a incógnita obtemos X1 85356 tf Esse é o valor do esforço normal na barra inicialmente removida Como resultou positivo significa que nossa suposição inicial estava correta o esforço era mesmo de compressão Perceba que todos os demais valores das forças nas barras da treliça referentes ao caso 1 decorreram da adoção da carga unitária Como a carga não é na verdade unitária a unidade é o elemento neutro da multiplicação devemos multiplicar todos os demais valores de forças normais obtidos no caso 1 por 85356 Depois disso somaremos cada um desses resultados com as respectivas cargas normais devidas à solicitação real caso 0 a fim de obtermos por sobreposição de efeitos os esforços normais nas barras da treliça A tabela a seguir demonstra o resultado desses cálculos Tabela 8 Barra Ni0 tf Ni1 tf Ni0Ni185356 tf AB 0 0 0 BC 0 0 0 CD 0 07071 60355 DE 0 07071 60355 EF 10 07071 39644 98 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II FA 10 0 10 AC 141421 0 141421 CE 141421 1 56065 CF 20 07071 139645 DF 0 1 85356 6 MÉTODO DOS DESLOCAMENTOS Também chamado de método das rigidezes o método dos deslocamentos destinase à resolução de vigas e pórticos hiperestáticos Ele também é utilizado na resolução de treliças mas demanda nesse caso solução por matrizes de rigidez assunto que foge do escopo do presente trabalho Assemelhase ao método das forças em sua estruturação partese da sobreposição dos efeitos de subsistemas derivados de um sistema principal a fim de obterse um conjunto de equações que fornecerão os resultados de momentos e reações de apoio em estruturas hiperestáticas De forma sucinta podese dizer que enquanto no método das forças aplicamse primeiramente esforços unitários virtuais para obteremse as respectivas deformações no método dos deslocamentos a lógica é inversa empregamse primeiro deslocamentos para na sequência serem alcançados os esforços deles decorrentes A primeira providência para a utilização desse método é definir o grau de indeterminação cinemática ou grau de deslocabilidade da estrutura Esse parâmetro corresponde ao número de vínculos que se deve acrescentar à estrutura a fim de tornála indeslocável ou seja tratase do número de deslocamentos possíveis na estrutura considerandose translações e rotações Teremos portanto duas hipóteses a analisar os deslocamentos horizontais ou verticais e as rotações nos nós Nosso objetivo é tornar a estrutura completamente indeslocável Para isso faremos o seguinte a fim de evitar deslocamentos horizontais eou verticais adicionaremos vínculos correspondentes a apoios móveis Para evitar que haja giros em nós aplicaremos a eles uma chapa Figura 146 Travamento de estrutura deslocável 99 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Note que no caso A ocorrem deformações nos nós do pórtico Em B ao aplicarmos chapas nos nós esses se tornam rígidos e portanto indeformáveis Já no caso C a carga vertical impõe um deslocamento Δ que será impedido se vincularmos a estrutura ao apoio móvel de primeiro gênero como indicado em D Observe que uma vez que a chapa torna o nó indeformável caso lhe apliquemos um giro arbitrário existindo duas barras a ele consolidadas ambas as barras sofrerão a mesma rotação não poderão deslocarse relativamente uma à outra já que a chapa funciona como um engastamento para as barras como mostra a figura a seguir Figura 147 Rotação em nó enrijecido Ao aplicarmos esse giro surgem dois momentos e duas forças de reação como pode ser visto na figura na sequência Figura 148 Reações à rotação em barra isolada Os valores dessas reações para um giro unitário 1 radiano estão indicados no quadro 3 Anexo Algo semelhante ocorre quando se impõe um deslocamento vertical ou horizontal a um nó enrijecido como se indica na figura a seguir Figura 149 Reações à translação em barra isolada Tal qual fizemos no método das forças definiremos um sistema principal e tantos sistemas secundários baseados em giros ou deslocamentos virtuais unitários quantas forem as incógnitas do problema que corresponderão ao número de vínculos necessários para tornar a estrutura indeslocável 100 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Observação Em vigas os deslocamentos verticais são naturalmente restritos já que tanto apoios móveis quanto fixos e engastamentos não os permitem Quanto aos deslocamentos horizontais deslocamentos relativos entre apoios nós os desprezaremos Desconsideraremos também os efeitos dos esforços cortantes e dos esforços normais tanto em vigas quanto em pórticos Da sobreposição dos efeitos dos subsistemas que definirmos obteremos o sistema de equações que nos fornecerá os valores reais de deslocamentos que serão utilizados para determinar os esforços efetivos de momentos e reações de apoio atuantes na estrutura A figura a seguir relaciona as soluções do método das forças e dos deslocamentos Figura 150 Comparação entre os métodos das forças e dos deslocamentos No método dos deslocamentos a situação real decorrerá portanto da combinação entre o caso 0 no qual consideraremos os valores de momentos de engastamento perfeito quadro 2 Anexo devidos aos carregamentos reais com os casos virtuais Na figura anterior indicase o giro unitário θ o qual determinará o valor de M11 a ser multiplicado por D1 que é a incógnita a ser descoberta correspondente ao giro real Na verdade M11 não é de fato um momento Referimonos a ele dessa forma apenas para facilitar a compreensão inicial do estudante Contudo a rigor tratase de um coeficiente de rigidez K11 que é o momento necessário para girar o nó em um radiano giro unitário Portanto sua unidade de medida será por exemplo em kNmrad e essa grandeza tornarseá em momento quando for multiplicada pelo giro D1 medido em radiano O exemplo da figura anterior referese a um caso de GD1 Portanto sua solução decorrerá da resolução da equação 10 11 1 M K D 0 eq 61 101 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS O somatório deve resultar zero justamente porque referese à soma dos esforços internos desenvolvidos no nó em análise Como no entanto o método contempla não apenas momentos mas também reações de apoio convém indicar sua expressão de forma mais genérica Por isso escreveremos 10 11 K D1 0 β eq 62 Se a estrutura tiver um grau de deslocabilidade 2 o sistema será 10 11 1 12 2 K D K D 0 β 20 21 1 22 2 K D K D 0 β Se o grau de deslocabilidade for 3 o sistema ficará 10 11 1 12 2 13 3 K D K D K D 0 β 20 21 1 22 2 23 3 K D K D K D 0 β 30 31 1 32 2 33 3 K D K D K D 0 β E por fim obteremos os valores reais de momentos e reações de apoio mediante a utilização da seguinte equação geral n j j0 ji i i 1 K D β β eq 63 Em que βj é o momento ou reação de apoio no ponto j βj0 é o momento ou reação de apoio no ponto j devido ao caso i e Di é o deslocamento real referente ao caso i Saiba mais O método dos deslocamentos também permite calcular os efeitos de variação de temperatura apoios elásticos e deslocamentos previamente conhecidos nas estruturas Para aprofundar seus conhecimentos sobre método consulte a obra a seguir SORIANO H L LIMA S S Análise de estruturas método das forças e método dos deslocamentos 3 ed Rio de Janeiro Ciência Moderna 2013 102 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Exemplo de aplicação 1 Utilize o método dos deslocamentos para obter os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes da seguinte viga hiperestática EIconstante Figura 151 Viga hiperestática submetida a carga concentrada e distribuída Solução Devemos primeiramente desenhar o sistema hipergeométrico definindo o grau de deslocabilidade e em função desse adicionando vínculos chapas para vigas a fim de eliminar a deslocabilidade da estrutura A viga não pode se deslocar verticalmente e isso será válido para todas as vigas Nos apoios A e C ela também não poderá deslocarse horizontalmente nem girar No apoio B também não poderá existir deslocamentos horizontais mas poderá ocorrer um giro Portanto deveremos bloqueálo inserindo uma chapa sobre esse apoio enrijecendoo Lembrete Os possíveis deslocamentos relativos horizontais entre os apoios serão desprezados Assim se o apoio B fosse móvel primeiro gênero ele poderia na prática sofrer pequenos deslocamentos horizontais Mas esses seriam desprezados para fins de nossos cálculos Figura 152 Sistema hipergeométrico com grau 1 de deslocabilidade Chamaremos provisoriamente o apoio B de 1 e as barras AB e BC de 1 e 2 respectivamente Como nosso o grau de deslocabilidade é 1 a equação a ser utilizada é β10 K11 D1 0 Agora calculemos os momentos de engastamento perfeito devido ao caso 0 referente aos carregamentos reais 103 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 153 Sistematização do caso 0 É essencial a compreensão e a familiarização com as nomenclaturas definidas na figura anterior RVA0 significa reação vertical no ponto apoio A devida ao caso 0 RV10b1 quer dizer reação vertical no ponto 1 devida ao caso 0 na barra 1 lembrese que trocamos provisoriamente a nomenclatura de B para 1 RV10b2 diz respeito à reação vertical no ponto 1 devida ao caso 0 na barra 2 RVC0 consiste na reação vertical no ponto C devida ao caso 0 βA0 expressa o momento de engastamento perfeito no ponto A devido ao caso 0 cargas reais β10b1 exprime o momento de engastamento perfeito no ponto 1 devido ao caso 0 na barra 1 β10b2 significa momento de engastamento perfeito no ponto 1 devido ao caso 0 na barra 2 e βC0 representa o momento de engastamento perfeito no ponto C devido ao caso 0 A nomenclatura dos apoios ou nós é trocada temporariamente pelo número da chapa que os enrijece Isso facilitará principalmente a compreensão do método aplicado aos pórticos Observação Separamos as vigas no apoio consolidado com chapa a fim de facilitar a compreensão e indicação das reações surgidas nos lados esquerdo e direito no apoio Com o auxílio do quadro 2 Anexo obtemos os valores de momentos de engastamento perfeito βA0 PL8 100 28 25 kN m β10b1 25 kN m β10b2 qL212 30 42 12 40 kN m βC0 40 kN m Como β10b1 e β10b2 são componentes de momento atuantes sobre o mesmo apoio apoio 1 elas deverão ser somadas para que obtenhamos β10 β10 25 40 15 kN m As reações de apoio nesse caso são obtidas diretamente dividindose a carga atuante por 2 já que o carregamento é simétrico em relação ao centro da viga Em casos mais complexos o estudante pode recorrer ao quadro 5 Anexo 104 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II A0 10 b1 RV RV 50kN 10 b2 C0 RV RV 60kN Passemos ao caso 1 referente ao giro unitário virtual no ponto 1 ponto B Figura 154 Sistematização do caso 1 Alertamos novamente sobre a importância de o estudante compreender e familiarizarse com as nomenclaturas adotadas no esquema anterior RVA1 significa reação vertical no ponto A devida ao caso 1 giro unitário RV11b1 quer dizer reação vertical no ponto 1 devida ao caso 1 na barra 1 RV11b2 diz respeito à reação vertical no ponto 1 devida ao caso 1 na barra 2 RVC1 exprime a reação vertical no ponto C devida ao caso 1 KA1 expressa o coeficiente de rigidez no ponto A devido ao caso 1 giro unitário K11b1 representa o coeficiente de rigidez no ponto 1 devido ao caso 1 na barra 1 K11b2 indica o coeficiente de rigidez no ponto 1 devido ao caso 1 na barra 2 e KC1 significa coeficiente de rigidez no ponto C devido ao caso 1 Com o auxílio do quadro 3 Anexo obtemos os valores dos coeficientes de rigidez para o caso 1 KA1 2EIL 2 EI2 EI kN m rad K11b1 4EIL 4 EI2 2EI kN m rad K11b2 4EIL 4 EI4 EI kN m rad KC1 2EIL 2 EI4 EI 2 kN m rad Como os efeitos sobre o ponto 1 devem ser somados então K11 2 EI EI 3 EI kN m rad Agora obtemos os valores de reações nos apoios por radianos devidos ao giro unitário RVA1 RV11b1 6EIL2 6 EI22 3EI2 kN rad RV11b2 RVC1 6EIL2 6 EI42 0375 EI kN rad 105 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Com todos os dados calculados podemos montar nossa equação de somatório de momentos β10 K11 D1 0 15 3 EI D1 0 D1 5EI rad Por fim podemos determinar os momentos sobre os apoios Apoio A βA βA0 KA1D1 25kNm EIkNmrad5EIrad 20 kNm antihorário Apoio B à esquerda β1b1 β10b1 K11b1D1 25kNm 2EIkNmrad5EIrad 35 kNm hor Apoio B à direita β1b2 β10b2 K11b2D1 40kNm EIkNmrad5EIrad 35 kNm antihor Apoio C βc βC0 KC1D1 40kNm EI2kNmrad5EIrad 425 kNm horário Esses resultados representados graficamente ficam Figura 155 Resultados parciais de momentos Há duas maneiras de conseguirmos os valores de reações de apoio utilizando os valores parciais de reações já calculados ou dividindo esses valores de momentos finais pelos respectivos vãos adjacentes e fazendo a compensação dos valores de reações obtidas de um apoio para outro como já fizemos nas aplicações do método das forças Façamos aqui da primeira maneira O aluno poderá eleger o método de sua preferência Apoio A RVA RVA0 RVA1D1 50kN 3EI2kNrad5EIrad 425 kN Apoio B à esquerda RV1b1 RV10b1 RV11b1D1 50kN 3EI2kNrad5EIrad 575 kN 106 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Apoio B à direita RV1b2 RV10b2 RV11b2D1 60kN 0375EIkNrad5EIrad 58125 KN Apoio B RV1 RV1b1 RV1b2 575 kN 58125KN 115625 kN Apoio C RVC RVC0 RVC1D1 60kN 0375EIkNrad5EIrad 61875 kN Finalmente com os valores de momentos sobre os apoios e as respectivas reações de apoio podemos obter os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes Figura 156 Diagramas de momentos fletores e esforços cortantes 2 Obtenha os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes da seguinte viga hiperestática utilizando o método dos deslocamentos EIconstante Figura 157 Pórtico hiperestático 107 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Solução Tratase de um pórtico e portanto não podemos utilizar o artifício de considerar EI como uma magnitude unitária Além disso para pórticos consideraremos a confluência de duas barras como um nó deslocável E ainda assim como para vigas só nos interessaremos pela possibilidade de giro em nós intermediários ou seja tanto para vigas como para pórticos não bloquearemos com chapas os apoios externos Se o apoio externo for um engastamento já estará bloqueado ao giro Se for um apoio fixo deixaremos girar naturalmente e consideraremos o momento igual a zero Se no entanto for um apoio móvel primeiro gênero também permitiremos girar mas deveremos bloquear com a aplicação de um novo vínculo o deslocamento horizontal ou vertical Afora isso a maneira de resolução é idêntica àquela que usamos para vigas Primeiro determinamos o grau de deslocabilidade Figura 158 Sistema hipergeométrico Como o grau de deslocabilidade é 1 teremos uma única incógnita referente ao giro real no ponto 1 Teremos então apenas dois casos de análise Figura 159 Sistematização do caso 0 108 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Os momentos βA0 e β10b1 valem zero já que não há cargas verticais atuando sobre a barra 1 O momento βC0 vale zero pois o ponto C corresponde a um apoio fixo O momento β10b2 referese ao momento de engastamento perfeito no ponto 1 devido à carga q na barra 2 e é obtido com o auxílio do quadro 2 Anexo Então βA0 0 kN m β10b1 0 kN m β10b2 qL2 8 10 62 8 45 kN m βD0 0 kN m Como β10 β10b1 β10b2 somar as parciais de um lado e outro dos apoios internos β10 0 45 45 kN m As reações verticais são obtidas com o auxílio do quadro 5 Anexo RVA0 5 qL8 5 10 6 8 375 kN RVC0 3 qL8 3 10 6 8 225 kN Passemos ao próximo caso e o analisaremos separando os efeitos de momentos e reações de apoio para efeitos didáticos Mas lembrese de que se trata de um único caso Figura 160 Sistematização do caso 1 Com o auxílio do quadro 3 Anexo obtemos os valores dos coeficientes de rigidez KA1 2EIL 226666673 1777778 kN m rad K11b1 4 EIL 426666673 3555555 kN m rad K11b2 3EIL 326666676 1333333 kN m rad 109 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS O coeficiente de rigidez sobre o ponto 1 é formado por duas componentes Então devemos somálas K11 3555555 1333333 4888889 kN m rad optamos por arredondar o valor Quanto às reações temos RHA1 RH11 6EIL2 6266666732 1777778 kN rad RV11 RVC1 3EIL2 3266666762 222222 kN rad Agora podemos montar a equação de somatório de momentos no nó 1 que deve ser zero já que na verdade o nó não está enrijecido de fato e pode deformarse ao deformarse os momentos de ambos os lados são equilibrados e seu somatório resulta zero β10 K11 D1 0 45 4888889 D1 0 D1 92045 104 rad Em seguida realizamos os cálculos dos momentos sobre os apoios Apoio A βA βA0KA1D1 01777778kNmrad92045104rad 16364kNm hor Apoio B à esquerda β1b1 β10b1K11b1D1 0 3555555kNmrad 92045104rad 32727 kNm hor Apoio B à direita β1b2 β10b2K11b2D1 45kNm 1333333kNmrad92045104rad 32727kNm antihor Apoio C zero Em seguida calculemos as reações de apoio Apoio A RHA RHA0 RHA1D1 0 1777778kNrad92045104rad 16364 kN O sinal negativo indica que o sentido da reação deve ser invertido em relação àquele adotado no caso 1 Portanto como a seta era virada para a esquerda a reação será virada para a direita 110 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II RVA RVA0 RVA1D1 375kN 222222kNrad92045104rad 35455 kN Apoio C RHC RHC0 RHC1D1 RHC0 RH11D1 0 1777778kNrad 92045104rad 16364 kN RHC1 RH11 porque a carga horizontal no ponto 1 será resistida no ponto C O sinal negativo indica que o sentido da reação é inverso ao da seta de RH11 ou seja a reação será para a esquerda RVC RVC0 RVC1D1 225kN 222222kNrad92045104rad 24545 kN Graficamente os resultados obtidos são Figura 161 Momentos e cortantes finais Com esses dados podemos traçar os diagramas de M e V Figura 162 Momentos fletores e esforços cortantes 3 Obtenha o diagrama de momentos fletores da seguinte viga hiperestática utilizando o método dos deslocamentos Adote EI2500tfm2 constante 111 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 163 Pórtico hiperestático Solução Figura 164 Sistema hipergeométrico com grau de deslocabilidade 3 Notamos que o nó B pode girar assim como o nó C Então enrijecemos esses dois nós com as chapas 1 e 2 respectivamente e aplicamoslhes um giro unitário Além disso a barra 2 pode transladarse horizontalmente conforme indicado em verde Por isso travamos o pórtico no nó B com o apoio móvel 3 e aplicamos uma translação deslocamento unitário Δ1 Essa situação de três possíveis deslocabilidades impõe a adoção de quatro sistemas 0 1 2 e 3 o que gerará um sistema linear 3x3 Comecemos com o caso 0 no qual atua apenas a carga real 112 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Figura 165 Sistematização do caso 0 Os valores de β referemse aos momentos nos nós enrijecidos 1 e 2 Os valores de λ referemse às reações fictícias no apoio 3 em verde Os valores de momentos nas barras 1 e 3 serão iguais a zero já que não há cargas verticais atuando se houvesse deveríamos calculálos Os momentos de engastamento perfeito nos nós enrijecidos 1 e 2 são obtidos com o auxílio do quadro 2 Anexo A0 0tfm β D0 0tfm β 2 2 10 qL 12 205 8 416667tfm β 20 416667tfm β Quanto às reações de apoio metade da carga distribuída será resistida pelo apoio A e metade pelo apoio D Além disso a reação no apoio fictício 3 também será 0 já que não existe carga horizontal no caso 1 Então RVA0 qL 2 205 2 50tf RVD0 qL 2 205 2 50tf 30 0tf λ Analisaremos o caso 1 giro de 1 radiano no nó enrijecido com a chapa 1 separando os efeitos de momentos e reações de apoio para efeitos didáticos Mas lembrese de que se trata de um único caso 113 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 166 Sistematização do caso 1 Com o auxílio do quadro 3 Anexo obtemos os valores de K KA1 2EIL 2EI 3 06667EItfmrad K11 b1 4EIL 4EI 3 13333EItfmrad K11 b2 4EIL 4EI5 08EItfmrad K21 2EIL 2EI5 04EItfmrad Como o coeficiente de rigidez sobre o ponto 1 é formado por duas componentes devemos somálas K11 13333EI 08EI 21333EItfmrad Quanto às reações temos 2 2 11 21 RV RV 6EIL 6EI5 024EItf rad 2 2 11 A1 RH RH 6EIL 6EI 3 06667EItf rad Agora note o seguinte e isso é importante RH11 é a reação horizontal no nó enrijecido pela chapa 1 Ocorre que a esse nó também está vinculado um apoio móvel 3 que impede deslocamentos horizontais Portanto RH11 é igual a λ31 Então 31 06667EItf rad λ 114 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Passemos ao próximo caso aplicando um giro unitário no ponto 2 Figura 167 Sistematização do caso 2 K12 2EIL 2EI5 04EItfmrad K22 b2 4EIL 4EI5 08EItfmrad K22 b3 4EIL 4EI 3 13333EItfmrad KD2 2EIL 2EI 3 06667EItfmrad Como o coeficiente de rigidez sobre o ponto 2 é formado por duas componentes devemos somálas K22 08EI 13333EI 21333tfmrad Quanto às reações temos 2 2 12 22 RV RV 6EIL 6EI5 024EItf rad 2 2 22 D2 RH RH 6EIL 6EI 3 06667EItf rad Note que RH22 é uma força horizontal no nó enrijecido pela chapa 2 correspondente à força necessária para causar um giro unitário em torno daquele nó considerando o braço de alavanca igual ao comprimento do tramo Porém essa força será resistida pelo apoio móvel 3 que impede virtualmente deslocamentos horizontais no pórtico Portanto RH22 é igual a λ32 Então 32 06667EItf rad λ Analisemos o último caso no qual aplicamos um deslocamento unitário na barra que está travada pelo apoio virtual 3 115 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 168 Sistematização do caso 3 2 2 A3 13 23 D3 K K K K 6EIL 6EI 3 06667EItf rad 3 2 13 23 A3 D3 RH RH RH RH 12EIL 12EI 3 04444EItf rad Observe que RH13 e RH23 são as forças horizontais que surgem nos pontos 1 e 2 quando aplicamos um deslocamento unitário na barra que está vinculada ao apoio virtual 3 Essas forças somadas serão resistidas por aquele apoio Portanto 33 04444EI 04444EI 08889EItf rad λ Temos enfim todos os valores necessários para escrever nosso sistema de equações que terá a seguinte configuração 10 11 1 12 2 13 3 M1 0 K D K D K D 0 Σ β 20 21 1 22 2 23 3 M2 0 K D K D K D 0 Σ β 30 31 1 32 2 33 3 FH3 0 D D D 0 Σ β λ λ λ Substituindo o valor de EI 2500tfm2 nos resultados de β e λ obtidos nosso sistema fica 1 2 3 M1 0 416667 53333333D 1000D 16666667D 0 Σ 1 2 3 M2 0 416667 1000D 53333333D 16666667D 0 Σ 1 2 3 FH3 0 0 16666667D 16666667D 22222222D 0 Σ 116 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Resolvendo o sistema obtemos D1 00096 D2 00096 D3 0 Com nossas incógnitas apuradas podemos calcular os momentos Figura 169 Combinação de momentos em A MA 06667EI 00096 0 16tfm horário Figura 170 Combinação de momentos em B devidos à barra 1 MB B1 13333EI 00096 0 32tfm horário Figura 171 Combinação de momentos em B devidos à barra 2 MB B2 416667 08EI 00096 04EI 00096 0 32tfm antihor 117 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Repetindo o processo para o ponto C barra 2 e barra 3 e para o ponto D obtemos Figura 172 Momentos finais Lembrete O mesmo processo pode ser efetuado para a obtenção das reações de apoio assim como foi feito na aplicação anterior Finalmente a partir desses valores de momentos podemos traçar nosso diagrama lembrando que a orientação da seta define a face tracionada da barra no ponto em que ela o momento atua Figura 173 Diagrama de momentos fletores 7 MÉTODO DOS TRÊS MOMENTOS Também chamado de equação dos três momentos tratase de um método de resolução de vigas hiperestáticas com dois ou mais vãos não tendo aplicação a pórticos grelhas ou treliças As cargas atuantes devem ser apenas verticais e o eixo da viga deve ser reto Caso atuem binários momentos 118 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II esses devem incidir sobre o eixo da viga no mesmo plano das forças atuantes As reações horizontais deverão ser desconsideradas portanto serão ignoradas deformações horizontais de qualquer espécie O princípio que fundamenta o método é explicado a partir da figura a seguir Figura 174 Viga contínua submetida a carregamentos genéricos Seja uma viga contínua hiperestática na qual centramos nossa a análise sobre os tramos L1 e L2 Sobre eles atuam q1 e q2 respectivamente e os momentos M0 M1 e M2 conforme indicado na figura anterior A combinação das cargas e momentos causa uma deformação na viga indicada em vermelho Essa deformação impõe um giro θ sobre o apoio limítrofe entre L1 e L2 Se separarmos esses dois tramos a fim de analisálos separadamente teremos Figura 175 Desmembramento em tramos isolados Fazendo isso observamos que θ à esquerda é igual a θ à direita do apoio Além disso se fizermos a decomposição dos efeitos que causam o giro θ veremos que para o lado esquerdo θesq é influenciado pela ação de q1 M0 e M1 Podemos então dizer que pelo princípio da superposição de efeitos o giro θesq é composto pela soma de três giros um causado pela carga q1 θesq outro pelo momento M0 θesq e um terceiro causado pelo momento M1 θesq Da mesma forma o giro θdir é a soma do giro causado pela carga q2 θdir do giro originado pelo momento M1 θdir e outro provocado pelo momento M2 θdir Ou seja esq dir esq esq esq dir dir dir θ θ θ θ θ θ θ θ eq 71 Utilizando o método de área de momento que relaciona as áreas sob os diagramas de momentos fletores aos respectivos giros que os originou os momentos chegase à seguinte expressão 1 1 2 2 0 1 2 2L1 1L2 1 1 2 2 L L L L M 2 M M 6 I I I I α α eq 72 As grandezas αij são chamadas fatores de carga e são calculadas com o auxílio do quadro 4 Anexo 119 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS A equação 72 nos permite calcular os momentos sobre os apoios em vigas com tramos de inércia diferente mas não variável num mesmo tramo Para o caso mais comum em que todas as vigas têm o mesmo valor de inércia aquela equação fica 1 0 1 2 1 2 2 2L1 1L2 L M 2L L M L M 6 α α eq 73 Uma vez que as incógnitas do problema são os momentos se tivermos apenas um momento incógnito basta isolálo na equação Se forem dois os momentos incógnitos deveremos resolver essa equação duas vezes tomando duas séries de tramos subsequentes dois a dois recaindo num sistema linear 2x2 Se forem três as incógnitas aplicaremos três vezes a equação e obteremos um sistema 3x3 e assim sucessivamente Observação Se o primeiro apoio da viga ou o último for um engastamento deveremos usar um artifício eliminaremos o engastamento acrescentando mais um tramo à esquerda do primeiro apoio ou à direita do último Esse tramo fictício será simplesmente apoiado e terá comprimento igual a zero Isso fará com que sua rigidez seja infinita o que equivale a um engastamento Fazendo isso podese resolver o problema normalmente aplicandose o método dos três momentos quantas vezes forem necessárias Saiba mais Uma aprofundada abordagem sobre o método de área de momento assim como complementos a respeito do método dos três momentos incluindo vigas com extremidades engastadas e de três ou mais tramos pode ser encontrada nos capítulos 11 e 12 da obra a seguir POPOV E P Introdução à mecânica dos sólidos São Paulo Blucher 2013 Exemplo de aplicação 1 Obtenha os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes da seguinte viga hiperestática utilizando o Método dos Três Momentos Iconstante Figura 176 Viga contínua submetida a carga distribuída e concentrada 120 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Solução Começamos definindo os parâmetros de nosso problema ou seja os momentos incógnitos e fatores de carga α Figura 177 Parâmetros do problema O lado A de nossa viga terá comprimento de 3 m definindo α1L1 no ponto A e α2L1 à esquerda de B O lado 2 terá 4 m de comprimento vão e seus fatores de carga serão α1L2 à direita de B e α2L2 no ponto C Os momentos nos apoios A e C valem zero já que se tratam de apoios fixos segundo gênero e permitem o giro Como incógnita teremos o momento M1 sobre o apoio B O cálculo dos fatores de carga que dependem da rotação ocorrida nos apoios é feito com o auxílio do formulário contido no quadro 4 Anexo Para facilitar a compreensão e os cálculos separaremos os dois lados da viga Figura 178 Discretização do problema 3 3 1L1 2L1 qL 24 43 24 45 α α 2 2 1L2 2L2 PL 16 84 16 8 α α Aplicandose esses valores à equação dos três momentos temos 1 0 1 2 1 2 2 2L1 1L2 L M 2L L M L M 6 α α 1 30 23 4M 40 645 8 M1 5357 tfm Com esse valor obtemos as reações de apoio 121 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 179 Reações de apoio Com esses resultados obtemos os diagramas de momentos e cortantes Figura 180 Diagramas de momentos fletores e esforços cortantes 2 Obtenha os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes da seguinte viga hiperestática utilizando o Método dos Três Momentos Iconstante Figura 181 Viga contínua submetida a cargas concentradas e distribuída 122 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Solução Definamos primeiramente nossos parâmetros Figura 182 Parâmetros do problema Observamos que M0 vale zero porque o apoio é do segundo gênero M1 é a nossa incógnita e M2 é obtido diretamente pelo cálculo do momento no balanço M2 10kN2m 20 kNm Agora separemos os tramos da viga Figura 183 Discretização do problema Sobre o tramo BC lado 2 atuam duas solicitações Por isso indicamos esses trechos separadamente Os efeitos de ambas as cargas deverá ser somado sobreposição de efeitos O trecho em balanço foi suprimido provisoriamente já que o que nos interessa por ora é o momento M2 Os valores de α são 3 3 1L1 2L1 qL 24 104 24 26667 α α 3 3 1L2 2L2 qL 24 104 24 26667 α α 2 2 1L2 2L2 PL 16 404 16 40 α α 1L2 2L2 26667 40 66667 α α Como temos apenas uma incógnita aplicaremos uma única vez o método dos três momentos 1 0 1 2 1 2 2 2L1 1L2 L M 2L L M L M 6 α α 123 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS 1 40 24 4M 420 626667 66667 16M1 80 560 M1 30kNm Com esse valor obtemos as reações de apoio Figura 184 Reações de apoio Finalmente traçamos os diagramas de M e V Figura 185 Diagramas de momentos fletores e esforços cortantes 124 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II 3 Obtenha os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes da seguinte viga hiperestática utilizando o método dos três momentos Iconstante Figura 186 Viga contínua submetida a cargas distribuídas e concentrada Solução Comecemos definindo nossos parâmetros Figura 187 Parâmetros do problema Percebemos que aqui temos duas incógnitas correspondentes a M1 e M2 Teremos portanto que aplicar o método dos três momentos duas vezes e recairemos num sistema linear de duas equações Façamos a primeira aplicação referente aos lados 1 e 2 Figura 188 Primeira discretização 3 3 1L1 2L1 qL 24 24 24 5333 α α 1L2 Pabb L6L 10144 565 12 α 2L2 Pabb L6L 10141 565 8 α Aplicando a equação dos três momentos 1 0 1 2 1 2 2 2L1 1L2 L M 2L L M L M 6 α α 125 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS 1 40 24 5M 520 65333 12 1 2 18M 5M 104 I Definida a equação I partimos para a situação envolvendo os lados 2 e 3 Figura 189 Segunda discretização α1L2 12 α2L2 8 já calculados 3 3 1L3 2L3 qL 24 43 24 45 α α Substituindo esses valores na equação dos três momentos temos 2 1 2 3 2 3 3 2L2 1L3 L M 2L L M L M 6 α α 5 M1 25 3 M2 0 68 45 5M1 16M2 75 II O sistema linear fica portanto 18M1 5M2 104 I 5M1 16M2 75 II Resolvendoo obtemos M1 4901 tf m M2 3156 tf m Com esses dados devemos obter as reações de apoio utilizando por exemplo o método empregado nas aplicações anteriores e com elas traçar os diagramas de cortante e momentos As reações de apoio finais são RVA2775tf RVB13574tf RVC8703tf e RVD4948tf Os diagramas ficam 126 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Figura 190 Diagramas de momentos fletores e esforços cortantes 8 MÉTODO DE CROSS Método de Cross ou processo de Cross é um mecanismo de resolução de vigas e pórticos hiperestáticos baseado nos princípios que fundamentam o método dos deslocamentos Porém sua resolução é iterativa ou seja através de sucessivas aproximações chegase ao resultado das incógnitas momentos com um grau de precisão previamente arbitrado Para ilustrálo propomos o seguinte considere um pórtico com grau de deslocabilidade igual a um com o nó deslocável devidamente enrijecido por uma chapa e inicialmente sem qualquer carregamento Imagine que ele seja solicitado por um carregamento q conforme indicado na figura a seguir Figura 191 Giro em nó enrijecido Ao ser solicitado o tramo DC deformase imputando um giro no nó enrijecido D e esse ao girar impõe deformações nas barras AD e BD Nessa situação surgirão momentos nos pontos A e B que apoiam barras que não têm qualquer carregamento Fica claro que o que causou momentos em A e B foi o giro em D Portanto podemos entender que o momento que surge nas barras adjacentes ao nó D é função do giro θ Agora observe a seguinte figura 127 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 192 Variação da magnitude de giros em função da variação da inércia É intuitivo perceber que se as barras que compõe o pórtico tiverem maior inércia o giro θ2 será menor e se a inércia for menor o giro será maior O mesmo ocorre em relação ao módulo de elasticidade Quanto maior for o módulo de elasticidade E menor será o giro θ Então a tendência a girar é inversamente proporcional à inércia I e ao módulo de elasticidade E Por outro lado é igualmente intuitivo o fato de que quanto maior for o comprimento L do tramo maior será a facilidade de deformação da barra e portanto a facilidade de giro Portanto a tendência a girar é diretamente proporcional ao comprimento L Se chamarmos essa tendência a girar de ϕ teremos L ϕ EI eq 81 A partir dessa grandeza definimos o seu inverso ou seja a tendência a não girar ou mais comumente chamada o coeficiente de rigidez k 1 EI k L ϕ eq 82 Essa é a base das informações trazidas pelo quadro 3 Anexo que informa os valores dos coeficientes de rigidez para diversas situações de deformações e apoios Duas delas em particular interessamnos agora os coeficientes de rigidez referentes a giros ocorridos em barras biengastadas e em barras suportadas por engaste e apoio Figura 193 Coeficientes de rigidez para vigas biengastadas e engastadasapoiadas 128 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Notamos que o coeficiente de rigidez no nó que sofre o giro tem peso 4 no caso de engasteengaste e peso 3 no caso de engaste apoio Isso indica que quando em um nó inicialmente enrijecido no qual se ligam duas barras de comprimento inércia e módulo de elasticidade idênticos cujas extremidades opostas são engastes incidir determinado momento ao retirarmos a chapa de enrijecimento o momento será distribuído resistido igualmente por ambas Se no entanto uma dessas chapas tiver como condições de apoio engasteengaste e outra engaste apoio a distribuição de momentos entre elas será de 4 para 3 A essa grandeza chamaremos fator de distribuição β e ela valerá para cada lado do nó i i i k k β eq 83 A soma de todos os βi em um determinado nó deverá resultar sempre 1 Perceba também que quando um apoio gira a deformação na barra faz com que surja um momento no apoio oposto se ambos forem engastados Note que na figura anterior na representação à esquerda esse valor é igual à metade daquele surgido no apoio que girou Costumase dizer nesses casos que ocorre propagação de momento e ela valerá sempre 12 Observação Essa regra vale apenas para apoios engastados já que apoios fixos e móveis permitem o giro e portanto o momento sobre eles valerá sempre zero Tudo o que definimos até aqui baseiase no caso em que o nó deslocável esteja enrijecido Portanto devemos enrijecer considerar como engastamento perfeito inicialmente todos os nós deslocáveis de nossa estrutura para depois liberálos Ocorre que numa viga contínua de três tramos por exemplo a deformação ocorrida no primeiro tramo influencia não apenas o segundo mas também o terceiro vão Isso sugere que os momentos propagamse para os tramos adjacentes até que entrem em equilíbrio Essa é a essência do método de Cross promover a propagação dos momentos sobre a estrutura de forma a equilibrálos sobre os apoios Por tratarse de um método de caráter extremamente prático ele será demonstrado por meio do exemplo de aplicação Exemplo de aplicação 1 Obtenha o diagrama de momentos do seguinte pórtico considere que EI seja constante e valha 2500tfm 129 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 194 Pórtico hiperestático Solução Primeiramente calculamos os coeficientes de rigidez Como todas as barras ligadas ao nó D são biengastadas a fórmula geral para o cálculo de k é 4EIL Então AD 42500 k 5000 2 CD 42500 k 2500 4 CD 42500 k 10000 1 Agora calculemos os fatores de distribuição AD 5000 5000 02857 5000 2500 10000 17500 β CD 2500 01429 17500 β BD 10000 05714 17500 β Note que a soma dos fatores de distribuição resulta 1 Com esses valores faremos a seguinte representação gráfica Figura 195 Equilíbrio do nó e propagação de momentos O processo é o seguinte primeiro multiplicamos o valor do momento 10tfm pelos fatores de distribuição β e anotamos os resultados abaixo dos retângulos em que estão indicados os respectivos fatores operações indicadas em setas azuis Esses valores já são os momentos distribuídos para cada barra no nó D Em seguida propagamos metade de cada um desses valores de momentos para os respectivos apoios nos lados opostos ao do nó D propagação de 50 O resultado fica 130 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Figura 196 Diagrama de momentos fletores O traçado do diagrama deve levar em consideração a orientação do momento atuante externamente ao nó D Perceba que ele gira em sentido horário seta verde Esse giro produz sobre a barra AD nas imediações do ponto D tração nas fibras superiores a parte de cima da viga é tracionada nesse ponto Já na extremidade oposta ponto A o efeito é inverso já que a barra está engastada em A Portanto nas imediações de A são as fibras inferiores da barra que estão tracionadas O diagrama então deve ser traçado para baixo em A fibras tracionadas em baixo e para cima em D fibras tracionadas para cima O mesmo se aplica aos trechos BD e CD Como não há outras solicitações na estrutura não há variação no comportamento do momento Assim os valores calculados e marcados no gráfico devem ser ligados por uma linha reta 2 Obtenha o diagrama de momentos da seguinte viga utilizando o método de Cross Adote precisão de 001 Considere EI constante Figura 197 Viga contínua submetida a cargas distribuídas e concentrada Solução Primeiramente enrijecemos os nós interiores B e C Com isso eles se transformarão provisoriamente em engastes Separando os tramos podemos calcular os momentos de engastamento perfeito quadro 2 Anexo Figura 198 Discretização da viga 131 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Tomandose um tramo isoladamente o momento à esquerda terá sempre sinal positivo e o momento à direita negativo convenção de Grinter Como os apoios externos são do segundo gênero fixos o momento é zero Os demais valores de momentos são 2 MB 43 8 45tfm MB 104 8 5tfm MC 104 8 5tfm 2 MC 24 8 4tfm Em seguida calculamos os coeficientes de rigidez kAB 3 EIL 3 EI3 EI engasteapoio peso 3 kBC 4 EIL 4 EI4 EI engasteengaste peso 4 kCD 3 EIL 3 EI4 engasteapoio peso 3 De posse desses coeficientes calculamos os fatores de distribuição AB BA AB BC k EI 05 k k EI EI β BC BC AB BC k EI 05 k k EI EI β CB CB CB CD k EI 05714 k k EI 3EI 4 β CD CD CB CD k 3EI 4 04286 k k EI 3EI 4 β Note que a soma dos fatores de distribuição em cada nó vale 1 Agora montamos o seguinte esquema desenhando a viga sem os carregamentos marcando sobre cada nó seus fatores de distribuição e sob eles os respectivos momentos de engastamento perfeito Figura 199 Método de Cross primeiro passo Indicaremos a seguir o primeiro passo do processo Começaremos equilibrando o nó mais desequilibrado C Figura 200 Primeira iteração 132 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Passo 1 O nó mais desequilibrado é o C pois tem a maior diferença em módulo entre os valores de momentos do lado esquerdo e direito do nó 54455 Primeiro somamos os valores de momentos nesse nó 54 1 Em seguida invertese o sinal desse valor 1 Depois multiplicase esse valor 1 por βCB e βCD e inserese esses resultados 1 x 05714 05714 e 1 x 04286 04286 em suas respectivas colunas segunda linha sob o nó C Na sequência somamse ambas as colunas separadamente e escrevemse os resultados abaixo da linha de soma Os resultados serão iguais porém com sinal trocado Isso indica que os momentos nesse nó estão equilibrados não há diferença em módulo entre eles Por fim propagamse 50 dos valores adicionados à esquerda e à direita do nó 05714 e 04286 na direção de seus respectivos apoios adjacentes Porém o apoio D permite o giro apoio fixo então a propagação em sua direção será inócua O valor de 02357 referese ao quinhão 50 de momento propagado de C para B Figura 201 Segunda iteração Passo 2 Somamse os três valores de momentos em preto sob o nó B 4502357 07357 invertese o sinal do resultado 07357 multiplicase esse valor por βBA e βBC e somamse os resultados 03679 e 03679 às suas respectivas colunas primeiros valores indicados em vermelho Em seguida somamse as colunas separadamente 48679 e 48679 e propagase 50 do acréscimo de equilíbrio 03679 x 50 01840 para o lado esquerdo do nó C Figura 202 Terceira iteração Passo 3 O valor transportado 01840 em vermelho desequilibra o nó C Para reequilibrálo repetese o processo invertese o seu sinal 01840 multiplicase por βCB e βCD e anotamse os resultados em suas respectivas colunas 01051 e 00789 em azul Somandose novamente as colunas 442860184001051 e 4428600780 reequilibrase o nó resultados iguais em módulo em azul Em seguida propagase 50 do acréscimo de equilíbrio 00526 para o nó B o que o desequilibrará Para reequilibrálo deveremos repetir o processo Essa dinâmica deverá 133 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS ser repetida até que o valor da propagação em módulo seja menor do que a precisão indicada no enunciado 001 Figura 203 Quarta e quinta iterações Como o valor da propagação em módulo é menor que a precisão adotada o processo pode ser suspenso Se desejássemos resultados mais precisos diminuiríamos o valor do parâmetro da precisão para 0001 por exemplo Isso aumentaria o número de iterações do processo Se iniciássemos o processo pelo nó menos desequilibrado o número de iterações também poderia aumentar dependendo do grau de desequilíbrio relativo comparado com os demais nós Com esses valores de momentos podemos traçar os diagramas de momentos e cortantes utilizando o princípio que empregamos na seção do método dos três momentos Como o enunciado pede apenas o diagrama de momentos vamos indicálo a seguir Figura 204 Diagrama de momentos fletores 3 Obtenha o diagrama de momentos do seguinte pórtico utilizando o método de Cross Adote precisão de 001 Considere que EI constante 134 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Figura 205 Pórtico hiperestático submetido a cargas distribuídas Solução Para começar observamos a necessidade de enrijecer os nós B e C deslocáveis Assim calculamos os momentos de engastamento perfeito para as barras BC engasteengaste e CD engasteapoio Figura 206 Discretização dos trechos BC e CD Observação As barras AB e EC não recebem solicitações de cargas externas portanto o cálculo de momentos de engastamento perfeito nessas barras perde o sentido e o valor inicial de momentos nessas barras será zero kAB 4EIL 4EI 4 EI kBC 4EIL 4EI6 2EI 3 kCE 4EIL 4EI 4 EI kCD 3EIL 3EI 4 Agora calculemos os fatores de distribuição para o nó B AB BA AB BC k EI 06 k k EI 2EI 3 β BC BC AB BC k 2EI 3 04 k k EI 2EI 3 β 135 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Como esperávamos a soma de ambos resulta 1 Em seguida obtemos os fatores de distribuição para o nó C Observe que ao nó C chegam três barras Portanto teremos três fatores de distribuição e a soma deles também será 1 CB CB CB CE CD k 2EI 3 02759 k k k 2EI 3 EI 3EI 4 β CE CE CB CE CD k EI 04138 k k k 2EI 3 EI 3EI 4 β CD CD CB CE CD k 3EI 4 03103 k k k 2EI 3 EI 3EI 4 β Os fatores de distribuição de A e E engastes serão considerados sempre iguais a zero De posse desses dados iniciamos o processo de Cross montando o seguinte esquema Figura 207 Método de Cross primeiro passo Em seguida iniciamos o equilíbrio do nó B o mais desequilibrado e fazemos a propagação de 50 dos acréscimos de equilíbrio para os respectivos nós adjacentes Figura 208 Primeira iteração 136 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Os cálculos são 1 soma dos momentos em B 606 2 multiplicação desse valor com sinal invertido pelos fatores de distribuição 6x0636 e 6x0424 soma dos momentos em cada lado de B 03636 e 62436 e distribuição de 50 dos acréscimos de equilíbrio Vamos ao próximo passo Figura 209 Segunda iteração Os cálculos são 1 soma dos momentos em C 861 2008 2 multiplicação desse valor com sinal invertido pelos fatores de distribuição 08x0275902207 08x0413803310 e 08x0310302482 soma dos momentos em cada lado de B 6120220774047 00331003310 e 80248277518 e distribuição de 50 dos acréscimos de equilíbrio A sequência do processo é indicada a seguir Figura 210 Processo completo Os valores de momentos finais estão indicados sobre fundo branco Considerandose seus sinais e lembrando que adotamos a regra da mão direita como convenção de sinais de momentos teremos o seguinte diagrama de momentos 137 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Figura 211 Diagrama de momentos fletores Saiba mais O método de Cross pode ser utilizado para resolver vigas e pórticos hiperestáticos deslocáveis ou não Além disso prestase à resolução de problemas envolvendo variação de temperatura e recalques nos apoios Para saber mais sobre esses temas consulte a obra SILVA JR J F Método de Cross São Paulo McGraw Hill 1981 Resumo Definimos a partir do MCU um método geral para o cálculo de estruturas hiperestáticas denominado método das forças por meio do qual podemos calcular estruturas de qualquer grau de hiperestaticidade elaborando um sistema linear de equações canônicas obtidas a partir da superposição dos efeitos de solicitações reais e virtuais sobre subsistemas isostáticos derivados do sistema principal hiperestático Vimos também que o sistema linear será composto por um número de equações correspondentes ao grau de hiperestaticidade da estrutura Em seguida partindo de uma analogia com este método estabelecemos as bases para o método dos deslocamentos no qual inversamente ao método das forças no qual se aplicam primeiramente forças virtuais das quais decorrerão os respectivos deslocamentos são impostos deslocamentos fictícios à estrutura a fim de se obter os correspondentes esforços recaindose tal qual no primeiro método em um sistema linear 138 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II composto por tantas equações quantas forem as incógnitas do problema correspondentes ao grau de hiperestaticidade da estrutura Na sequência aprendemos o método dos três momentos aplicável somente a vigas que nos possibilita a resolução de estruturas contínuas com qualquer grau de hiperestaticidade mediante a aplicação direta da equação dos três momentos deduzida a partir da consideração de que o valor do giro imposto sobre um apoio da viga será igual em ambos os seus lados E por fim descobrimos um método iterativo que nos fornece soluções aproximadas muito precisas para vigas e pórticos hiperestáticos conhecido por método de Cross que se baseia na dinâmica de propagação de quinhões de momentos tidos inicialmente como de engastamento perfeito para as adjacências de um determinado nó da estrutura na proporção direta de suas rigidezes calculadas em função da inércia de suas seções e do comprimento de seus tramos exercícios Questão 1 Considere a barra prismática da figura construída com um material isotrópico e que está sujeita a dois momentos de 4 kNm de sentidos opostos Para essa barra as reações de apoio são Figura 212 Sugestão use o método dos esforços método das forças A VA VB VC 0 B VA 3 kN para cima VB 6 kN para cima e VC 3 kN para cima C VA 3 kN para baixo VB 6 kN para baixo e VC 3 kN para baixo D VA 6 kN para cima VB 6 kN para baixo e VC 0 E VA 3 kN para baixo VB 6 kN para cima e VC 3 kN para baixo 139 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 TEORIA DAS ESTRUTURAS Resposta correta alternativa E Análise da questão As reações de apoio ficam Figura 213 As equações do equilíbrio fornecem VA VB VC 0 4VA 2VB 0 A estrutura é uma vez hiperestática Para resolver o problema vamos considerar que a causa de hiperestaticidade é a presença do apoio B Lembrando que a reação do apoio é dependente da restrição ao movimento Se pode dizer que VB existe pois a flecha em B é igual a zero dB0 Assim é possível encarar a estrutura como a superposição entre duas situações Figura 214 Os diagramas de momentos para as duas situações ficam Figura 215 Unidade II A carga unitária aplicada em B e o diagrama de momentos produzido por ela ficam Assim para a situação 1 se encontra Usando a tabela de Kurt Beyer o produto fica Para a situação 2 se encontra TEORIA DAS ESTRUTURAS Usando a tabela de Kurt Beyer o produto fica δB δB1 δB2 0 δB 8kNm3El 4VBm33El 0 8kNm3El 4VBm33El VB 6kN Assim VA VC 3kN Ou seja VA e VC são iguais e para baixo e VB é para cima 142 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Unidade II Questão 2 Considere a barra da figura a seguir Figura 219 Para essa barra foram feitas as seguintes afirmativas I O fator de carga multiplicado pelo comprimento do tramo da esquerda nos dois nós fornece 1333kN m2 II O fator de carga multiplicado pelo comprimento do tramo da direita nos dois nós fornece 30kN m2 III Os momentos nos nós A B e C são respectivamente 0 425kNm e 0 Estáão corretas as afirmativa A I apenas B I e II apenas C I II e III D II e III apenas E I e III apenas Resolução desta questão na plataforma 143 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 FIGURAS E ILUSTRAÇÕES Figura 81 400PXRRTRUSSBRIDGESIDEVIEWJPG Disponível em httpsuploadwikimediaorgwikipedia commonsthumbcc5 RRTrussBridgeSideViewjpg400pxRRTrussBridgeSideViewjpg Acesso em 26 nov 2018 REFERÊNCIAS Textuais HIBBELER R C Resistência dos materiais 7 ed São Paulo Pearson 2010 KASSIMALI A Análise estrutural São Paulo Cengage 2015 LEET K M UANG C GILBERT A M Fundamentos da análise estrutural 3 ed Porto Alegre Bookman 2009 MARTHA L F Análise de estruturas conceitos e métodos básicos 2 ed Rio de Janeiro Elsevier 2017 POPOV E P Introdução à mecânica dos sólidos São Paulo Blucher 2013 SILVA JR J F Método de Cross São Paulo McGraw Hill 1981 SORIANO H L LIMA S S Análise de estruturas método das forças e método dos deslocamentos 3 ed Rio de Janeiro Ciência Moderna 2013 SUSSEKIND J C Curso de análise estrutural V 2 deformações em estruturas método das forças Porto Alegre Globo 1990 144 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 ANEXO Quadro 1 Integrais de produtos de funções Tabela de Kurt Beyer adaptada Lky Lky2 2Lky3 Lky3 Lky1y22 Lky2 Lky3 5Lky12 Lky4 Lky12y26 Lky2 Lky6 Lky4 Lky12 Lk2y1y26 Lk1k2y2 Lk12k2y6 L3k15k2y12 Lk13k2y12 Ly12k1k2 y2k12k26 2Lky3 Lky3 7Lky15 Lky15 Lky1y23 2Lky3 5Lky12 8Lky15 3Lky10 Lk3y15y212 2Lky3 Lky4 11Lky30 2Lky15 Lk5y13y212 Lky3 Lky4 3Lky10 Lky5 Lky13y212 Lky3 Lky12 2Lky15 Lky30 Lk3y1y212 K2 lado que corresponde ao lado do cateto vertical do triângulo 145 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Quadro 2 Momentos de engastamento perfeito 146 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Quadro 3 Coeficientes de rigidez devidos às deformações unitárias 147 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Quadro 4 Rotações nos apoios Método dos três momentos 148 Revisão Fabrícia Diagramação Jefferson 071118 Quadro 5 Reações de apoio Informações wwwsepiunipbr ou 0800 010 9000