Exercícios - Análise Estrutural - 2023-1

[F]{Q} = {Dd1} - {Dal}; [F]{Q} = -{Dd1} Dd11 = \frac{wL^3}{24 EI} + \frac{PL^2}{16 EI} ;\ Dd12 = \frac{PL^2}{16 EI} + \frac{PL^2}{16 EI} = \frac{PL^2}{8 EI} \{Dal\} = \frac{L^2}{48 EI}\left(\begin{array}{c} 2wL + 3P\\6P \end{array}\right) F11 = \frac{2L}{3EI} \ ; \ \quad \quad F12 = \frac{L}{6EI} F21 = \frac{L}{6EI} \ ; \quad \quad F22 = \frac{2L}{3EI} \left[ F \right] = \frac{1}{6EI} \begin{bmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} Entao: \frac{1}{6EI} \begin{bmatrix} 4 & 1 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} Q1 \\ Q2 \end{bmatrix} = -\frac{L^2}{48EI} \begin{bmatrix} 2wL + 3P \\ 6P \end{bmatrix} 4Q1 + Q2 = -1/8(2wL + 3P)L Q1 + 4Q2 = -1/8 \cdot 6PL 32Q1 + 8Q2 = -2wL^2 - 3PL 8Q1 + 32Q2 = -6PL \quad x (-4) 32Q1 + 8Q2 = -2wL^2 - 3PL -32Q1 - 128Q2 = 24PL -120Q2 = -2wL^2 + 21PL Q2 = \frac{wL^2}{60} - \frac{7PL}{40} \ ; Q1 = -\frac{wL^2}{15} - \frac{PL}{20} Tabela de integrais de produtos Exemplo 2 (cont.) 4 ← Fase L ← Fase 1 ← Fase 2 Superposição de efeitos 7 ← Fase L ← Fase 1 x Q1 ← Fase 2 x Q2 Trabalho Prático # 2 1. Para a treliça do Exemplo 2 (Aula # 20): a) Calcular o deslocamento vertical do nó B, para uma redução de temperatura de T1 graus nas barras BC e BD e um aumento de T2 graus na barra CD; b) Calcular o deslocamento horizontal do nó A, considerando que as barras AB e BD têm comprimento (L - e), a barra BC (√2 L + e) e a barra CD (L + e). 2. Para o pórtico do Exemplo 4 (Aula # 20), considere que o apoio A sofreu um recalque igual a 5 cm (↓) e o apoio B sofreu um recalque igual a 1 cm (↓) . Calcular a translação horizontal em C e a rotação em A. Trabalho Prático # 2 (cont.) No Exemplo 2 (Aula 24), assumir w = 4 kN/m, P = 5 kN, LAB = 3 m; LBC = LCD = 6 m. 1) Traçar o diagrama de momentos fletores para a viga hiperestática da Figura (a). Obter esse diagrama a partir da superposição de efeitos (Fase L, [Fase 1 x Q1] e [Fase 2 x Q2]); 2) Obter as reações de apoio na estrutura hiperestática a partir da superposição de efeitos (Fase L, [Fase 1 x Q1] e [Fase 2 x Q2]). 9 I a) A B C D Fase L Fase II Fase U Fase U • Demonstra-se a reducao de temperatura de TA graus, nos elementos BC e BD, ja em Ta aumento na CD. Para tanto, S = a∆T ∫ Nu dx ∑Fx = RHC : 0 ∑Fy = RVC + RVD + 1 : 0 ∑Mc = RVD . L + 1 . L = 0 RVD = -1kNe RVC = 0 Barras Comprimento Nu AB L 0 AC L 0 BD L 1 CD L 0 CB √2L 0 S = a(T1) . 1 . L = -a Ti Lv b) a2KN A B L 1KN A Fase U Fase U C D NBD = -1 (Compressao) NAB2 = -1 (Compressao) NAC = +1 (Tracao) NCD + NBC cos(45) = 0 NAC + NBC sin(45) = 0 NBC = -1/sin(45) = -√2; N0 = cos45/sin45 = 1√2 = ±1 V Barras Comprimento Nu AB L - e -1 BD L - e -1 CD L + e +1 AC L +1 BC √2L + e -√2 ∆ = ∑ { ∫ Nu dA }i ∆ = -1/e (-e)/e + -1/e (-e)/e + L/e (e)/e + 1 .0 . √2 (e)/-√2 e ∆ = (3 - √2) e V 2 C D 6m Fase L Recalque de 5cm (t) em A Recalque de 1cm (t) em B Translacao horizontal em C e rotacao em A c 1KN 6m A B Fase U2 Fase U2 6m Para fase U2 1, ∑F0 = 0 : 1 + RHA = RHA : -1KN ∑Fy = RVB + RVA = 0 ∑MA = -2.4 + RVB . 6 = 0 RVB = 4/6 e RVA = -4/6 Conclui-se que translacao horizontal em C e: S = - [(-4/6) (-0.05) + (4/6) (-0.01)] S = -0.02667m (26,67mm para esquerda.) Para fase U₂ ∑Fₓ = 0 = RHA ∑Fᵧ = RVA + RVB = 0 ∑Mₐ = 1 + 10 RVB . 6 = 0 RVB = 1/6 e RVA = -1/6 Então, a rotação em A é: ∮ = - [ (1/6 - 0,05) + (-1/6 - 0,01) ] ∮ = 6,1667 . 10⁻³ v20l √ Parte 2 P = 5KN A B C D /\-------------------/\--------------------/\-----------------/ 3m 3m 3m 3m 6m Graus de Indeterminação Estática (GIE) = 2 Encontrando a estrutura isostática fundamental: /\----/--\ /\-----------------/ (Substituição das articulações) Então, para a fase L : /\ / |\ /| |_/ Para obter as reações de apoio RHA ---|--- /\ |---/ --- / RVA Para o primeiro segmento : ∑Fₓ = 0 = RHA ∑Fᵧ = 0 = RVA + RVAB - w . 3 ∑MB = 0 = -- RVA . 3 + w3 . 3 / 2 RVA = 4 . 3 . 3/2 = 6 KN√ Para o segundo segmento: ∑Fₓ = 0 ∑Fᵧ = -P + RVBC + RVCB = 0 ∑MC = 0 = P . 3 - RVBC . 6 RVBC = 5.3 / 6 = 2,5 KN e RVCB = 5 - 2,5 = 2,5 KN√ Para o terceiro segmento ∑Fₓ = 0 ∑Fᵧ = -P + RCVD + RVC = 0 ∑MD = P . 3 - RCVD . 6 = 0 RCVD = 5.3 / 6 = 2,5 KN e RVD2 = 2,5 KN Concluindo que: | /\ 5KN /| 5KN / \ V PVC PV⇅ V⇅ v Calcᵤlᵤ dos esforços solicitantes 1ˢᵀ segmento T / P / GKN <- -> x V = G - 4x = -4x + 6 M(cx) = 2x = 7a,5x + c M(x=0) = 0 = C dm --- 2x + /= -4x + 6 2 = -2 ; /= 6 M = -2x + 6 x 2ᵃ e 3ˢᵗ segmentos / - - 25KN L /\ | S 2,5 \\/ ^/ Diagrama de momentos fletores da fase L W. L². 4,3 --- = 8 9, 46KN 9.5KN Fase seguinte /sqrt Diagramas Fixos L II Δ v/2+ Calculando reacoes de apoio 1° segmento ΣFx = 0 ΣFy = RvA + RvB = 0 ΣMB = 1 • RvA • 3 = 0 RvA = -1/3 kN , RvB = -1/3 kN 2° segmento ΣFx = 0 ΣFy = Rvc + Rbc ΣMB = -1 + Rvc • 6 Rvc = 1/6 kN Entao A B C D ←1/3 kN ↓1/3 1/6 kN ←1 kN Diagrama de momentos A B C P M(x) = 1 kNM(x) = 1 - 1/6 x Faca Q 2° segmento ΣFx = 0 ΣFy = Rvc + Rcd ΣMC = RvB - 1 = 0 RvB = -1/6 kN , Rcd = -1/6 kN 3° segmento ΣFx = 0 ΣFy = Rvc + Rvd ΣMB2 = 1 + RSP -6 Rvd = 1/6 kN , Rcd = 1/6 kN Entao ←1/6 kN ←1/6 ↓1/6 kN Diagrama de momentos B C D M(x) = -1/6 xM(x) = 2 - 1/6 x Usando carga entroria para achar os coeficientes de facilidade em Dql2 ∫ = ∫0 4 Mv M L dx EI Entao Dql2 = ∫0 4 Mv M L EI dx = 1/EI ( ∫0 3 x • (-2x2 + 6) dx + ∫3 4 (1 -1/6 x) m1 dx ) Dql2 = 1/EI ( ∫0 3 -2/3 x2 dx + ∫3 6 (1 -1/6 x) 2,5x dx + ∫6 4 x • 7,3 7x dx ) Dql2 = 1/EI ( -2 34 + 2,2 7 + ( 2,5 x2 - 2,5 x 3/2 ) + ( 2,5/6 x2 x1 3 - 2,5 dx ) ) Dql1 = 12,3/5 EI Dql2 = 22,5 EI { DQL } = 1/EI { 12/3,5 22,5 } Para encontrar os coeficientes de flexibilidade F11 = ∫0 3 Mv M L EI dx = 1/EI ( ∫0 3 x3 dx + ∫3 1/6 (1 - 1/6 x) dx ) F11 = 1/EI ( ∫0 3 x3 dx + ∫3 1/36 x2dx ) F11 = 1/EI ( ∫0 3,2 x • 1/36 3 x2/3 + ∫1,3 x2 - 2,5 x3/2 + x 6 x3/3 ) F11 = 3/5 EI F22 = 1/EI ( ∫3 1/36 x dx + ∫12 ( 1 - 1/6 x )^2 dx ) F22 = -13 EI F12 = F21 = ∫9 -1/6 x ( -1/6 x ) EI dx F [ ] = -1/2 EI { 3,5 -0,5 0,5 13 } { Q1; Q2 } = { -DQL1 -DQL2 } Logo, com DQL1 = DQL2 = DQz = 0 { F } } { 0 } { DQL } Fazenda a substituicao e divisao em andos so lados por 1 / EI { 3,5 Q1, -0,5 Q2 = 2,5 = 1/2 12,3/95 -0,5 13 Q2 = 22,5 { Q1 = -3.80 3867403 Q2 = -1.6947091823 Superposição de efeitos - momentos fletors Fase L A B C D wL² 9,5kNm 9,5kNm 8 - 3,8503867403 8 p.L 5c.C 4 Fase L x Q1 A B C D -3,8503867403 x + 3,8503867403 x Fase 2 x Q2 2 -1,837091823 x A B C D P -1,837091823 x -1,837091823 + 1,837091823 x 6 6 Viga-hiperestática Para A: M(x) = 2x² +6x - 3,8503867403 x 3 M(x) = -2x² + 4,732048053 x De B a metade de BC M(x) = 2,15 x - 3,85038667403 + 3,8503867403 x - 1,837091823 x 6 M(x) = 2,1582113970 x - 3,85038667403 ✓ De metade de BC a C, M(x) = 7,5 - 2,5x - 3,850386667403 + 3,8503867403 x - 1,837091823 x 6 = m = -2,178561166 x + 3,69619326 Com C, o método de CD, M = 2,5x - 1,837091823 x - 1,837091823 x 2,8370918223 + 2,837091823 x 6 M = m = 2,812845304 x - 1,837091823 x Para o método CD a D, M = 7,5 - 2,5 x - 1,837091823 x + 2,837091823 x 6 M = m = -2,897154696 x + 5,622428179 Então, 2) (x?) 3,850 2 4,5 2 A B C D 2,1799 2,36 -2x² + 4,732048053 x 3,69619326 = 2,582113370 (x - 3,85038667403 x = 2,658505691 -2,178568166 x + 3,69613326 = -1,837091823 x = 2,5580856547 2,812845304 x - 1,837091823 = 5,62292281599 x = 2,666334308 S2(s78889319346) 3,850 A B C D 2,35 6 3,850 4,5 2 2,659 3 5,166 -1,83709 3 5,166 S2,629284179 9,88039 3 3,3813774 1o) Obtendo as reações de apoio Fase L T 6kN 6kN 1,5kN [2,5kN 1,5kN [0,5kN Fase 1 x Q1 A 3,8503867403 B 3,8503867403 + 3,8503867403 3 Fase 2 x Q2 B B C D 1,837091823 6 2,139091823 3 1,837091823 6 Logo, a viga hiperestática: A B C D 17,32004849 kN 20,0590854kN 19,9814207kN 3,189154696kN