Método das Forças Exemplo Completo

1º PASSO: IDENTIFICAR O GRÁU DE HIPERESTATICIDADE NESTE CASO = 2, POIS UMA ESTRUTURA NO PLANO REQUER APENAS 3 RESTRIÇÕES DE MOVIMENTO E ESTA ESTRUTURA POSSUI RESTRIÇÕES DE MOVIMENTO EM 5 GRAUS DE LIBERDADE (2 NO VÍNCULO A E 1 EM CADA UM DOS DEMAIS VÍNCULOS)\n\n2º PASSO: ESCOLHER RESTRIÇÕES EM NÚMERO VISUAL AO GRÁU DE HIPERESTATICIDADE DA ESTRUTURA E SUBSTITUÍ-LAS POR FORÇAS, QUE EMBORA DESCONHECIDAS, A PRIORI TORNAM A ESTRUTURA ISOSTÁTICA.\n\n3º PASSO: CRIAR TANTOS CASOS DE CARREGAMENTO SOBRE A ESTRUTURA ISOSTÁTICA QUANTOS FORAM AS RESTRIÇÕES DE MOVIMENTO ROMPIDAS + 1 QUE CORRESPONDE AO CARREGAMENTO REAL.\n\nCARREGAMENTO 0 CARREGAMENTO 1 CARREGAMENTO 2\n20RN/m 20RN/m\n6 7 12 (m) 6 7 5 (m) Método das Forças\n\nClear[X, M1, M2, M3];\nM1[x_] := -10*x^2 - 180 x; 0 <= x <= 6\nM1[x_] := -10*x^2 + 360 - 3240/x; 6 <= x <= 18\nM2[x_] := 7*x/6; 0 <= x <= 6\nM2[x_] := 0; 13 <= x <= 18\nM3[x_] := -18 - x; 6 <= x <= 18\nA10 = NIntegrate[M1[x], {x, 0, 18}];\nA20 = NIntegrate[M1[x] M3[x], {x, 0, 18}];\nA21 = NIntegrate[M1[x] M2[x], {x, 0, 18}];\nA22 = NIntegrate[M2[x] M3[x], {x, 0, 18}];\nLinearSolve[{(A11, A12), (A12, A22)}, {-A10, -A20}]\nOut[34]= {132.015, 35.6434} OS CASOS DE CARREGAMENTOS 1 E 2 CORRESPONDEM A UMA CARGA UNITÁRIA NA DIREÇÃO DE UMA RESTRIÇÃO DE MOVIMENTO ROMPIDO.\n\n4º PASSO: ENCONTRAR A EQUAÇÃO DO MOMENTO FLETO PARA CADA TRECHO DA VIGA ISOTÁTICA PARA CADA CASO DE CARREGAMENTO\nCARREGAMENTO 0\n20 kN\nPHA RIA 6 RVB 12 (m)\nZFM<0 => RHA=0\nZFY<0 => RVA+RYB=20*18=360 kN\nZMA=0 => RVB*6=20*18^2/2 => RVB=540 kN RVB=180 kN\nO <= x <= 6\n20 N/m\nM(x) = -10*x^2 - 180x\n6 <= x <= 18\n20 N/m m(x) = -10x² + 380x - 3240\nm(6) = m(6) = -1440\nmc = m(13) = -250\n\nCARGAMENTO 1\n\nf = 1\n\n06 ≤ x ≤ 6\nM(x) = x/7\nm(x) = 13 - x\n\nCARGAMENTO 2\n\n06 ≤ x ≤ 6\nf = 1\n\nA° Passo: Pelo Teorema da Carga Unitária, calcula-se o deslocamento\nnos pontos e diretores das restrições de movimentos rompida no 2° Passo\n\nΔ10 - deslocamento na direta 1 devido ao carregamento Δ20\nΔ20 - 2\nΔ11 - 1\nΔ12 - 2\nΔ21 - 1\nΔ22 - 2 PELO TEOREMA DA CARGA UNITÁRIA CONSIDERANDO-SE ARENAS O EFEITO DA FLEXÃO, TEM-SE:\n\n1. Δ10 = ∫[6] [M(x)M(x)dx / EI] + ∫[6] [M(x)M(x)dx / EI]\nΔ10 = [(-10x²-180x)(x/7)/EI] dx + [(-10x²+360x-3240)(18-x)/EI] dx\nΔ10 = 1 / EI [-18900 - 23580] = -42460 / EI\n\nΔ20 = ∫[6] [(-10x²-180x)(2x)dx / EI] + ∫[6] [(-10x²+360x-3240)(18-x)dx / EI]\nΔ20 = 1 / EI [-32400 - 51840] = -84240 / EI\n\nΔ11 = ∫[6] [(7x²) / EI] dx + ∫[6] [(13-x)² / EI] dx\nΔ11 = 1 / EI [98 + 114] = 212 / EI Δ22 = ∫[6] [(2x)² dx / EI] + ∫[6] [(18-x)² dx / EI]\nΔ22 = 1 / EI [288 + 576] = 864 / EI\n\nΔ12 = Δ21 = ∫[6] [(7x)(2x) dx + ∫[6] [(13-x)(18-x) dx]\nΔ12 - Δ21 = 1 / EI [168 + 234] = 405 / EI\n\n5° Passo: Utiliza-se a Equação de Compatibilidade para cada Direto de Deslocamento, de modo que o Deslocamento Final seja igual ao Deslocamento na Estrutura Real.\n\n{Δ10 + Δ11 x1 + Δ12 x2 = 0, Δ20 + Δ21 x1 + Δ22 x2 = 0}\n{\n-42460 / EI + (212 / EI) x1 + (405 / EI) x2 = 0\n-84240 / EI + (405 / EI) x1 + (864 / EI) x2 = 0\n}\n= 212 405 x1 = 42460 x1\n405 864 x2 = 84240 x2 6° PASSO: PELA SUPERPOSIÇÃO QUE É COMPLETAMENTE VÁLIDA DETERMINA-SE OS ESFORÇOS E/OU REAÇÕES DE INTERESSE\nMB = MB0 + MB1 x1 + MB2 x2\nMB = -1440 + 7 x 132 + 12 x 35,6 = -88,8 kN.m\nMC = MC0 + MC1 x1 + MC2 x2\nMC = -250 + 0 + 5.35,6 = -72.0 kN.m\nRVB = RVB0 + RVB1 x1 + RVB2 x2\nRVB = 540 - 13/6 x 132 - 18/6 x 35,6 = 147 kN\nRVA = 20 x 18 - RVB - RVC - RVD = 45,4 kN\n\n88,8\n\n\n45,4\n147\n72\n132\n35,6