Met Forças Ex Resolv 2

EXERCÍCIO\n\nPara a estrutura reticulada um triângulo, considerando as tração acionada e a ocorrência do assentamento do apoio em (E) e uma variação dimensional de temperaturas ΔT=30°C traz o diagrama de momentos fletores.\n\nResolvido (ordem)\n\n1) Grau de indeterminação\n2.1) Estática Básica\n3) Modelagem do Problema\n4) Hipótese do TTV\n5) Cálculo do coeficiente do sistema Deslocante\n6) Sistema das Incógnitas\n7) Troca de Diagrama\n\nDADOS:\nΔT=30°C\nE=30GPa\nEI=1,2x10^5\nα=10^-5 1/°C\n\n1) Determinar grau do Hperspectividade\nH=3+2+3-3=3X4+5-3X5=(2) > Hpers.\n\n2) 3)\n\n∑Fy=0 ⇒ JA+VB=120=0\n∑MA=0 ⇒ -40x1L-40x3-40x5 + 8x6=0\n\n\\\n\n40\n\n40\n\n60\n\n60\n\n∑Fi=0 ⇒ JA+VB-120=0\n\n∑MA=0 ⇒ -40x1L-40x3-40x5+8x6=0\n\nA)\n\n∑ Q.δsm = ∫ {H/I}dx + ∫ {N/E}dx + ∫ {𝜏/G}dθ\n\n[depois]\n\ndepuramos o efeito do\n\nação normal\n\n∑ Q.δsm = ∫ {H/I}dx + ∫ {N/E}dx + ∫ {𝜏/G}dθ sabendo que\n\nH=H0+H1X1+H2X2\n\nComo temos duas incógnitas, temos que através das Equações resolvendo do TTV, determinamos as duas incógnitas que nos permitiram calcular as incógnitas Hpers X1,X2\n\n(uso a forma Quaternária)\n\nH1=H0+H1X1+H2X2\n\nH2\n\nX1+X2\n\n∑I(x3m)+(R×A)\n\n= ∫ {H/I}dx + ∫ {H^2/I}dx X1 + ∫ {H2/I} 𝜏 X2 + ∫ {N2/H}A dx\n\n= \n\n∫ {I(x)s}dx + {P(dP)\n\n= φ ∫ H₁ H₂ dx =\n= \nB1B2 = [(1 / 3 x (4 - 1 / 3) x 60) / E (2I)\n= - 6.67 / E(2I)\n\nB2B2 = (1 / 6 x 2 x [(1 / 3)(2 x 60 + 100)] -\n(1)(60 + 2 x 100)] =\n= - 111.11 / E(2I)\n\nB2C = [ (1 / 6 x 1 x [( -1 ) ( 2 x 100 + 80) + ( - 1 / 3 )(100 + 80 )]\n= - 104.44 / E(2I)\n\nC1C1 = (1/6 x 1 x 1)\n= ( - (4/3)(2 x 80 + 60) + ( - 2 / 3 ) (80 + 2 x 60)\n= - 7.11 / E(2I)\n\nC1D = (1/3 x 1 x x (- 2/3) / E(2I)\n= - 13.33 / E(2I)\n\n∫ H₁ H₀ dx = (- 6.67 - 111.11 - 104.444 - 71.111 - 13.333}/E(2I)\n= -306.667 / E(2I)\n\n∫ H₂ H₂ dx = 2.370 / E(2I)\n\n∫ H₁ H₂ dx = 3.555 / E(2I) ∫ H₁ H₂ dx = - 9.777 / E (2I)\n\n∫ H₂ H₁ dx = - 9.777 / E (2I)\n\n∫ H₂ H₂ dx = \n\nB1B2 = (1 / 6 x 2)\n(∫ 23 / 6 (2 x 60 + 100)\n= 584.444 / E(2I)\n\nB2C = (1 / 6 x 1)\n(2 x 100 + 80)\n= 307.778 / ∑ E (2I)\n\nC1D = (1 / 3 x 1 x 60 x (1 / 6) = 3.333 / ∑ E (2I)\n\n∫ H₂ H₀ dx = 1030 / E(2I) ∫ H₂ H₁ dx = ∫ H₁ H₂ / E I = - 9.777 / E(2I)\n\n∫ H₁ H₁ dx = 53.926 / E(2I)\n\nAB = (1 / 3 x 4 x 4²)\n= 21.333 / ∑ E I\n\nEC = (1 / 3 x 3 x (-3)²)\n= 9 / ∑ E I\n\n∫ N₁ α dα dx =\n= 4 x (1 / 3)(30 x 10⁵) +\n3 x (-1)(30 x 10⁵)\n= - 50 x 10⁵\n\n∫ N₂ α dα dx =\n= [(4 x (1 / 6) x 30 x 10⁵) +\n(1 x 4 x (30 x 10⁵)²)]\n= 140 x 10⁵ Frc.Parente :\n\n{ 518 = 510 + 511 Y1 + 512 Y2 + 61,t \\ 620 = 620 + 621 Y1 + 622 Y2 + 62,t\n\n-2x10^{-3} = -306.667 / E(ZI) + 3.555 / E(ZI) Y1 - 9.777 / E(ZI) Y2 - 50x10^{-5} \n\n{ \\phi = 1030 / E(ZI) - 9.777 / E(ZI) Y1 + 144.667 / E(ZI) Y2 + 140x10^{-5} \n\nsabendo que EI = 1.2x10^{5} \nE(ZI) = 2.4x10^{5} \n\n{ (-2x10^{-3} + 50x10^{-5}) x 2.4x10^{5} + 306.667 = 3.555 Y1 - 9.777 Y2 \n\n{ (-140x10^{-5}) x 2.4x10^{5} - 1030 = -9.777 Y1 + 144.667 Y2 \n\n{-53.333 = 3.555 Y1 - 9.777 Y2 \n-136.66 = -9.777 Y2 + 114.667 Y2 \n\nY1 = -62.40\nY2 = -17.23\n\nY1 = (↑)\nY2 = (→) E = R0 + R1 Y1 + R2 Y2\n\nR2 = 83.67 kN (↑)\nR4 = 98.73 (↑)\n\nM = M0 + M1 Y1 + M2 Y2\n\nM^{AB} = -68.93 kNm\nM^{EB} = 105.77 kNm\nM^{EE} = 51.70 kNm\nM^{ED} = 157.48 kNm\n\n\\begin{array}{c}\n\\text{40 kN}\\\n\\text{40 kN}\\\n\\text{10 kN}\\\n \\end{array}\n\\text{6240}\nY1 = 62.40\nY2 = 17.23 ANÁLISE ESTRUTURAL II - ECV5220\nProf. Henriette Lebre La Rovere\nProf. Poliana Dias de Morais\n\n1.1.1. Exemplo 2 - Pórtico plano\n\nDeterminar os diagramas de esforços do pórtico plano mostrado na figura 2-16, os quais elementos estruturais apresentam uma seção retangular constante de 20 cm x 40 cm e módulo de elasticidade de 2.107 kN/m². No cálculo dos deslocamentos generalizados, considerar as deformações devidas à flexão e ao esforço normal.\n\n40 kN\n3m\n4m\n6m ANÁLISE ESTRUTURAL II - ECV5220\nProfª Heniette Lebre La Rovere\nProfª Poliana Dias de Moraes\n\nFigura 2-17: Sistema principal e hiperstático do pórtico plano da Figura 2-16\n\nSabe-se que, para estruturas elásticas submetidas a pequenas deformações, o deslocamento total da estrutura pode ser determinado pela soma dos deslocamentos de cada uma das ações. Portanto, os deslocamentos do pórtico isostático da mostrado na Figura 2-17 pode ser determinado como sendo a soma dos efeitos mostrados na Figura 2-18, sendo δ10 o deslocamento na direção do hiperstático X1 devido ao carregamento e δ11 o deslocamento na direção do hiperstático X1 devido à carga unitária na direção do hiperstático X1.\n\nFigura 2-18: Superposição de efeitos\n\nDa Figura 2-16, sabe-se que o deslocamento em 1 é nulo (δ1=0), resultando na equação de compatibilidade de deslocamentos\n\nδ10 + X1*δ11 = 0.\n\nNeste exemplo serão consideradas no cálculo dos deslocamentos generalizados δν as contribuições do esforço normal e do momento fletor. Portanto\n\nδν = ∫ (M_M / EI) \, dx + ∫ (N_N / EA) \, dx, \n\n(2.41)\n\nPROGRAMA ESPECIAL DE TREINAMENTO - PET