CE2 – ESTABILIDADE DAS CONSTRUÇÕES II

LISTA DE EXERCÍCIOS PREPARATÓRIA PARA PROVA A1

1) Qual material atende ao Critério de Deslocamentos Excessivos e é o mais

econômico para execução da viga abaixo? Determine a deflexão real da solução escolhida.

Deflexão máxima permitida: L/300 Desconsiderar peso próprio para cálculo da deflexão.

Figura 1 – Esquema estrutural

Material E [GPa] G [GPa] γ [kgf/m³] R$/kg*

Aço estrutural 200 77 7850 3,50

Alumínio 69 25 2700 9,50

Chumbo 13,5 5,6 11300 2,50

Latão 97 37 8500 3,00

Tabela 1 – Propriedades mecânicas e custo dos materiais

*Dados com fins acadêmicos

Tabela 2 – Formulário

Solução: A partir do formulário, pode-se observar que a deflexão máxima ocorre na metade da viga (L/2) para os dois tipos de carregamento, portanto, a partir do método da superposição, a fórmulas de deflexão máxima dos dois carregamentos podem ser somadas, desta forma a deflexão máxima é:

𝛿𝑚á𝑥 =𝑤𝐿4

384𝐸𝐼+

𝑊𝐿3

192𝐸𝐼 (1)

A inércia da viga é:

𝐼 =𝑏ℎ3

12=

0,04 ∗ 0,103

12= 3,333 ∗ 10−6 𝑚4

A deflexão máxima permitida da viga é:

𝛿𝑚á𝑥 =𝐿

300=

4,0

300= 1,333 ∗ 10−2 𝑚

Substituindo a inércia e a deflexão máxima na equação (1), isolando o módulo de elasticidade, temos:

𝐸 =𝑤𝐿4

384 ∗ 𝛿𝑚á𝑥 ∗ 𝐼+

𝑊𝐿3

192 ∗ 𝛿𝑚á𝑥 ∗ 𝐼

𝐸 = 2,0 ∗ 4,04

384 ∗ (1,333 ∗ 10−2) ∗ (3,333 ∗ 10−6)+

5,0 ∗ 4,03

192 ∗ (1,333 ∗ 10−2) ∗ (3,333 ∗ 10−6)

𝐸 = 67500000 𝑘𝑁/𝑚2 = 67,5 𝐺𝑃𝑎 Portanto o módulo de elasticidade mínimo para atender ao Critério de Deslocamentos Excessivos é 67,5 GPa. Desta forma o chumbo não atende ao Critério de Deslocamentos Excessivos. Os demais materiais atendem ao Critério de Deslocamentos Excessivos e devem ser analisados pelo critério econômico. A barra possui o volume de:

𝑉𝑜𝑙 = 𝑏 ∗ ℎ ∗ 𝐿 = 0,04 ∗ 0,10 ∗ 4,00 = 0,016 𝑚3 Cada barra possui seu respectivo peso calculado por:

𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝛾 ∗ 𝑉𝑜𝑙 = 𝛾 ∗ 0,016

O custo da barra é calculado por:

𝐶𝑢𝑠𝑡𝑜 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 = 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 ∗ 𝐶𝑢𝑠𝑡𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑞𝑢𝑖𝑙𝑜

Material γ [kgf/m³] Peso [kgf] R$/kg Custo R$

Aço estrutural 7850 126 3,50 439,60

Alumínio 2700 43 9,50 410,40

Latão 8500 136 3,00 408,00

Tabela 3 – Custo por barra

A barra mais econômica é a de latão e sua deflexão é calculada por:

𝛿𝑟𝑒𝑎𝑙 =𝑤𝐿4

384𝐸𝐼+

𝑊𝐿3

192𝐸𝐼

𝛿𝑟𝑒𝑎𝑙 = 2,0 ∗ 4,04

384 ∗ (97 ∗ 106) ∗ (3,333 ∗ 10−6)+

5,0 ∗ 4,03

192 ∗ (97 ∗ 106) ∗ (3,333 ∗ 10−6)

𝛿 = 4,124 ∗ 10−3 + 5,155 ∗ 10−3 𝑚

𝛿𝑟𝑒𝑎𝑙 = 9,278 ∗ 10−3 𝑚 = 9,278 𝑚𝑚 ≤ 𝛿𝑚á𝑥 = 13,333 𝑚𝑚 Resposta: Latão; deflexão = 9,278 mm

2) O custo da execução do engaste nos dois apoios da barra do exercício anterior é igual a R$ 100,00. Há vantagem econômica mudando as condições de contorno simplesmente apoiando a barra sem custo de fixação? Justifique sucintamente.

Deflexão máxima permitida: L/300 Desconsiderar peso próprio para cálculo da deflexão.

Figura 2 – Esquema estrutural com mudança das condições de contorno

Figura 3 – Formulário de flecha máxima no meio do vão

Solução: A partir do formulário para vigas bi-apoiadas, pode-se observar que a deflexão máxima ocorre na metade da viga (L/2) para os dois tipos de carregamento, portanto, a partir do método da superposição, a fórmulas de deflexão máxima dos dois carregamentos podem ser somadas, desta forma a deflexão máxima é:

𝛿𝑚á𝑥 =5𝑤𝐿4

384𝐸𝐼+

𝑊𝐿3

48𝐸𝐼 (2)

A inércia da viga é:

𝐼 =𝑏ℎ3

12=

0,04 ∗ 0,103

12= 3,333 ∗ 10−6 𝑚4

A deflexão máxima permitida da viga é:

𝛿𝑚á𝑥 =𝐿

300=

4,0

300= 1,333 ∗ 10−2 𝑚

Substituindo a inércia e a deflexão máxima na equação (2), isolando o módulo de elasticidade, temos:

𝐸 =5𝑤𝐿4

384 ∗ 𝛿𝑚á𝑥 ∗ 𝐼+

𝑊𝐿3

48 ∗ 𝛿𝑚á𝑥 ∗ 𝐼

𝐸 = 5 ∗ 2,0 ∗ 4,04

384 ∗ (1,333 ∗ 10−2) ∗ (3,333 ∗ 10−6)+

5,0 ∗ 4,03

48 ∗ (1,333 ∗ 10−2) ∗ (3,333 ∗ 10−6)

𝐸 = 300000000 𝑘𝑁/𝑚2 = 300 𝐺𝑃𝑎 Portanto o módulo de elasticidade mínimo para atender ao Critério de Deslocamentos Excessivos é 300 GPa.

Nenhum material disponível possui módulo de elasticidade suficiente para gerar uma deflexão inferior a máxima imposta, isso pode ser observado ao calcular a deflexão máxima da viga com o material com melhor módulo de elasticidade:

𝛿𝑟𝑒𝑎𝑙 = 5 ∗ 2,0 ∗ 4,04

384 ∗ (200 ∗ 106) ∗ (3,333 ∗ 10−6)+

5,0 ∗ 4,03

48 ∗ (200 ∗ 106) ∗ (3,333 ∗ 10−6)

𝛿𝑟𝑒𝑎𝑙 = 0,02 𝑚 = 20 𝑚𝑚 ≥ 𝛿𝑚á𝑥 = 13,333 𝑚𝑚

Portanto a barra não pode ser bi-apoiada, assim não há vantagem econômica pois o Critério de Deslocamentos Excessivos não foi atendido e a solução bi-engastada deve ser mantida.

3) Classifique o grau de estaticidade das estrutura abaixo e justifique.

Resposta: A estrutura é plana, portanto possui três equações universais de equilíbrio. A estrutura possui no apoio A restrição para translação horizontal e vertical, e no apoio C possui restrição vertical, desta forma possui três restrições de movimento, ou seja, três reações de apoio. Essa condição a princípio sugeriria que a estrutura é isostática, pois possui o número de equações fundamentais da estática igual ao número de reações a determinar. Porém a estrutura não tem rotação impedida, o que infringe uma das equações universais de equilíbrio, portanto a estrutura é hipostática.

4) Determine a energia de deformação (energia interna) da estrutura abaixo

através da equação de energia de deformação. Rigidez flexional = 4200 kNm²

Formulário: equação geral da energia de deformação:

Solução:

A estrutura não possui cargas axiais nem torcionais, portanto as duas últimas parcelas da equação geral da energia de deformação são iguais a zero. O efeito de cisalhamento para vigas esbeltas pode ser desprezado, portanto a energia de deformação pode ser determinada por:

𝑈 = ∫𝑀2

2𝐸𝐼

𝐿

0

𝑑𝑥

As equações de momento fletor por trecho são: Trecho A-B (para nó A; x = 0)

𝑀(𝑥) = −45𝑥 Trecho B-A (para nó B; x = 0)

𝑀(𝑥) = 45(𝑥 − 3) Trecho B-C (para nó B; x = 0)

𝑀(𝑥) = 60(𝑥 − 1,5)² Trecho C-B (para nó C; x = 0)

𝑀(𝑥) = −60𝑥² A energia de deformação é obtida pelo comprimento total da estrutura, para isso basta somar as integrais do trecho AB (ou BA) com o trecho BC (ou CB), pois a integral do trecho AB e BA são iguais já que representam a mesma área (o mesmo é válido para o trecho BC), portanto podemos calcular a energia de deformação da seguinte forma: Usando as equações do trechos AB e CB:

𝑈 = ∫𝑀2

2𝐸𝐼

𝐿

0

𝑑𝑥 = ∫(−45𝑥)2

2 ∗ 4200

3

0

𝑑𝑥 + ∫(−60𝑥²)2

2 ∗ 4200

1,5

0

𝑑𝑥 = 2,821 𝑘𝑁𝑚

Ou, usando as equações do trechos BA e BC:

𝑈 = ∫𝑀2

2𝐸𝐼

𝐿

0

𝑑𝑥 = ∫(45(𝑥 − 3))2

2 ∗ 4200

3

0

𝑑𝑥 + ∫(60(𝑥 − 1,5)²)2

2 ∗ 4200

1,5

0

𝑑𝑥 = 2,821 𝑘𝑁𝑚

5) A treliça de aço A-36 (E = 200 GPa) deve suportar uma carga vertical de 200 kN e uma carga horizontal de 150 kN que podem ser locadas nos nós B e D. As duas cargas podem ser locadas no mesmo nó simultaneamente ou em nós diferentes. Qual é a locação das cargas que irá gerar o menor deslocamento vertical da treliça? (Calcular com Princípio dos Trabalhos Virtuais).

Formulário: Deslocamento obtido com trabalho virtual:

Solução:

Não há esforços fletores, cisalhantes ou torcionais na treliça, portanto a equação do deslocamento obtido com trabalho virtual é:

Δ = ∫𝑛𝑁

𝐸𝐴

𝐿

0

𝑑𝑥

O nó A não possui liberdade para movimentação vertical desta forma o deslocamento vertical no nó A é nulo. Os demais nós possuem liberdade vertical então podem se deslocar e devem ser analisados. Os diagramas de esforços virtuais dos nós B, C e D são: Carga virtual no nó B Carga virtual no nó C Carga virtual no nó D

Os diagramas da carga P1 são:

Carga P1 no nó B Carga P1 no nó D

Os diagramas das carga P2 são:

Carga P2 no nó B Carga P2 no nó D

Pode-se observar que a carga virtual no nó C apresenta esforço apenas na barra AC, e esta barra não possui esforço em qualquer combinação de aplicação das cargas P1 e P2, portanto o diagrama de esforço virtual do nó C pode ser desconsiderado (não há deslocamento vertical do no C). Pode-se concluir também que a carga P1 aplicada no nó B gera esforço adicional de compressão na barra BD quando comparada à sua aplicação no nó D, portanto a aplicação mais eficiente da carga P1 é no nó D. Com a decisão da aplicação da carga P1 em D podemos concluir que sua contribuição para deslocamento vertical nos nós B e D é equivalente, pois o valor da barra BD no diagrama axial da carga P1 no nó D é nula, e esta era a única barra que diferenciava os diagramas virtuais do nós B e D, assim o produto entre o diagrama da carga P1 no nó D e o diagrama virtual da carga no nó B ou D é:

Δ = ∑𝑛𝑁𝐿

𝐸𝐴=

(−1,0 ∗ −200 ∗ 0,5) + (1,414 ∗ 282,2 ∗ 0,707)

(200 ∗ 10−6) ∗ (0,03 ∗ 0,07)= 0,00091 𝑚

A escolha da aplicação da P2 no nó B não gera qualquer efeito para deslocamento vertical da treliça, já que os três diagramas virtuais possuem a barra AB com valor nulo e esta barra é a única com valor não nulo de esforço axial no diagrama da carga P2 no ponto B. A aplicação da carga P2 em D reduz a compressão de -200 para -50 da barra CD e assim pode reduzir o deslocamento vertical nos nós B e D, portanto é a melhor opção já que é a única combinação que reduz os deslocamentos. Desta forma o deslocamento vertical nos nós B e D são com ambas as cargas aplicadas no nó D é:

Δ = ∑𝑛𝑁𝐿

𝐸𝐴=

(−1,0 ∗ −50 ∗ 0,5) + (1,414 ∗ 282,2 ∗ 0,707)

(200 ∗ 10−6) ∗ (0,03 ∗ 0,07)= 0,00073 𝑚

Resposta: As cargas P1 e P2 devem ser aplicadas no nó D e geram deslocamento vertical de 0,73 mm no nós B e D. Pode ser observado também que esta opção reduz o custo da treliça, já que as barras AB e BD não estão sendo solicitadas e poderiam ser descartadas. E ainda, esta condição também apresenta os menores deslocamentos horizontais da treliça, nulo em B e desprezível em D (se a carga P2 fosse igual a 200kN não haveria nenhum deslocamento horizontal nesta condição).

6) Para o pórtico abaixo determine: a) Deflexão horizontal, a deflexão vertical e a rotação no ponto B. b) O valor percentual que P2 deve majorado para o ponto B não ter deslocamento. Dados: Perfis A-36 W460x60, ambos posicionados para trabalhar no eixo de maior inércia conforme figura 4. Ix = 25652 cm4 (Utilize o Princípio dos Trabalhos Virtuais).

Figure 4 – Esquema estrutural

Formulário:

Deslocamento obtido com trabalho virtual:

Tabela 4 – Tabela Kurt Bayer

Solução:

A estrutura não possui cargas torcionais, portanto a parcela da equação do trabalho virtual devido à torção é nula. O efeito dos esforços de cisalhamento para vigas esbeltas podem ser desprezados, além disso o pilar possui altíssima rigidez axial (EA = 1524000 kN), o que gera um deslocamento desprezível devido aos esforços axiais (0,000046 m), portanto em geral, o deslocamento em pórticos (e semipórticos como é o caso) pode ser calculado apenas com o efeito flexional da estrutura:

Δ = ∫𝑚𝑀

𝐸𝐼

𝐿

0

𝑑𝑥

A rigidez flexional é igual a:

𝐸𝐼 = 200000000 𝑘𝑁/𝑚² ∗ 25652 ∗ 10−8 𝑚4 = 51304 𝑘𝑁𝑚² Para realizar a multiplicação do diagrama virtual interno e do diagrama interno da peça devemos calcular os diagramas de momento fletor:

M(x) p/ P1 e P2 m(x) p/ δvB m(x) p/ δhB m(x) p/ θB

Deslocamento horizontal do nó B (com tabela Kurt-Bayer):

EIδℎ𝐵 = (1

6∗ 3,5 ∗ (2 ∗ (−7,0 ∗ −32,5) + (−7,0 ∗ −50) + (−3,5 ∗ −32,5)

+ 2 ∗ (−3,5 ∗ −50))) + (1

2∗ 3,5 ∗ (−3,5) ∗ (−50))

EIδℎ𝐵 = 740,104 + 306,25

δℎ𝐵 =1046,354

51304= 0,020 𝑚

Deslocamento vertical do nó B (com tabela Kurt-Bayer): O diagrama virtual da carga vertical no nó B é nulo, portanto não há deslocamento (desprezível). Rotação no nó B (com tabela Kurt-Bayer):

EIθ𝐵 = (1

2∗ 3,5 ∗ (−1,0) ∗ (−32,5 − 50)) + (3,5 ∗ (−1,0) ∗ (−50))

EIθ𝐵 = 144,375 + 175

θ𝐵 =312,375

51304= 0,006 𝑟𝑎𝑑

Resposta a) δℎ𝐵 = 2 𝑐𝑚 𝑒 θ𝐵 = 0,006 𝑟𝑎𝑑 Para determinarmos o valor percentual que P2 deve majorado para o ponto B não ter deslocamento devemos calcular qual o valor da coordenada do momento fletor no ponto D quando a deflexão é nula. Já que o valor da carga P2 altera a coordenada no ponto D do diagrama de momento fletor, então:

0 = (1

6∗ 3,5 ∗ (2 ∗ (−7,0 ∗ 𝑦) + (−7,0 ∗ −50) + (−3,5 ∗ 𝑦) + 2

∗ (−3,5 ∗ −50))) + (1

2∗ 3,5 ∗ (−3,5) ∗ (−50))

𝑦 = + 70 Portanto, um diagrama de momento fletor que apresenta em D o valor de +70 kNm, não irá gerar deslocamento B:

Figura 5 – Diagrama com majoração da carga P2

A partir do ponto C até o ponto D houve um aumento de 120 kNm no diagrama de momento, então para determinar a carga P2 que gera esse esforço basta dividirmos pelo braço de alavanca:

𝑃2′ =

120 𝑘𝑁𝑚

3,50 𝑚= 34,286 𝑘𝑁

Assim, quando é aplicada uma carga P2 de 34,286 kN, não teremos deslocamento horizontal em B, portanto com um aumento de 29,286 kN em relação a carga de 5,0 kN atual.

𝐴𝑢𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙 =𝑃2

′ − 𝑃2

𝑃2=

29,286

5,0= 586 %

Resposta b) A carga deve ser majorada em 586 % do valor atual.