Prof Gabriela Rezende FernandesDisciplina: Anlise Estrutural 2INCGNITASROTAES E DESLOCAMENTOS LINEARES INDEPENDENTES DOS NSN TOTAL DE INCGNITAS = d = n de deslocabilidades = = grau de hipergeometria da estruturade= n de deslocabilidades externas = n0de deslocamentos lineares independentes dos ns = n de apoios do 1 gnero (mvel) que torna todos os ns indeslocveisd = n de deslocabilidades internas = n de rotaes d = de+ didi= n de deslocabilidades internas = n de rotaes incgnitasPara prticos planos: di= n de ns rgidosn rgido: o ponto onde chegam duas ou mais barras, que no seja rotulado D A B C di= 2 ede= ? v = 0Exemplos de clculo do n de deslocabilidades da estrutura:a)Os ns C e B so indeslocveis, pois:CBA N Cvc= 0Apoio mvel em CEngaste em DHc= 0N BvB= 0 Engaste em AEngaste em D HB= 0Obs: se o n B est ligado a 2 ns indeslocveis (A e C)B Obs: se o n B est ligado a 2 ns indeslocveis (A e C)B indeslocvelvB= 0 HB= 0Se todos os ns so indeslocveis de = 0d = de+ di =0 + 2 = 2 D ABC E F G di= 0todos os ns internos sorotuladosde= ? N DvD= 0 Engaste em AHD0 vG= 0Engaste em CN EvE= 0Engaste em Bb)N G vG= 0Engaste em C HG0N EvE= 0HE0 HE= HDOs ns E e D so ligados por barra horizontalN F vF= 0 HF0 vE= vG = 0HF= f( HE, HG) = f(HD, HG)d = de+ di =2 + 0 = 2Portanto: de= 2 = HDe HGde= 2 = N de apoios adicionais que torna a estrutura indeslocvel ABC E F G D B C B C B C Se todos os ns so indeslocveis de = 0a estrutura dita indeslocvelExemplos: a) b) c)A A A HB= 0di= 1d = de+ di =0 + 1 = 1Estrutura deslocvel de 0de = 0 Em a), b) e c):BEstrutura deslocvel de 0Exemplo:de = 1 HB0 di= 1d = de+ di =1 + 1 = 2 A B C Exemplo: BDeformaes em uma barra AB,quando nenhum dos ns (A ou B) rotuladoINCGNITAS ROTAES E DESLOCAMENTOS LINEARES INDEPENDENTES DOS NSdos ns (A ou B) rotuladoABAABABABAB = posio deformadaA= translao da barra (no causa deformao)BA= deslocamento ortogonal recproco de B em relao Arecproco de B em relao A (deslocamento perpendicular barra)AB= rotao do n A= rotao do n BA e B: ns rgidos a barra se comporta como uma viga bi-engastadaBAABBDeformaes em uma barra AB, quando nenhum dos ns (A ou B) rotuladoDeformaes da barra:- devido carga- devido a- devido a- devido aAB BAAABAB BAA: Deslocamento de corporgido, no causa deformaoBAa barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque vertical em Ba barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque angular em BBSe considerar que a barra trabalha no regime elstico e linear: vale o princpio da superposio dos efeitos. Portanto: Barra sujeita deformao total = barra sujeita apenas a + barra sujeita apenas a+ barra sujeita apenas a + deformaes das cargasAB BABDeformaes em uma barra AB (quando nenhum dos ns rotulado) e respectivos diagramas de momentos:AdeformaoDMFBAM =0+Pelo princpio da superposio dos efeitos: ABAABAABBAM(BA)M(A)++=AOs DMF correspondentes a cada deformao (, e ) podem ser obtidos pelo mtodo das forasAB BAcargaM CARGAM(B)+Bser obtidos pelo mtodo das forasEx: DMF devido a : DMF de uma barra bi-engastada com recalque angular em A.DMF devido a : DMF de uma barra bi-engastada com recalque vertical em BA BASe o ponto A rotulado: o giro em A livre (no causa deformao)BM =0Deformaes em uma barra AB (quando um dos ns rotulado) e respectivos diagramas de momentos:deformaoDMFDMF so obtidos pelo mtodo das forasAABAAAB BAM(BA) =++deformao total = +++ deformaes das cargas BAa barra se deforma como uma viga ABM(BcargaM CARGA+ BAa barra se deforma como uma viga apoiada e engastada c/ recalque vertical em Ba barra se deforma como uma viga apoiada e engastada c/ recalque angular em BM(B)BBConveno de sinais: M > 0 esentido anti-horrio +1. MOMENTO DEVIDO ROTAO KN= rigidez do barra no n N = valor do momento que se > >> >0KN= rigidez do barra no n N = valor do momento que se aplicado no n N (suposto livre para girar) provoca a) Barra bi-engastada A B l ll l l ll l A = 1 l ll l KA A = 1 qual o valor de KA?viga bi-engastada com recalque angularN = 1A= 1Pelo Mtodo das Foras ou pelo processo de Mohr clculo dos momentos na viga bi-engastada devido ao recalque : MA MB lEIK MA A4= = Se I = cte, na barralEIMB2=DMFA= 1I = momento de inrcia da barraE = mdulo de elasticidade do material21MMtABAB= =coeficiente de transmisso de A para B A B l ll l EIK M 4= =SeA = 1 lEIK MA A4= =lEIMB2=A A A AlEIK M 4= =AAA AB BlEI MM t M 22= = =ParaA11. MOMENTO DEVIDO ROTAO b) Barra engastada e rotulada: B = 1 = 1 viga engastada-KA: rigidez da barra no n A = valor do momento que se aplicado no n A (suposto livre para girar) provoca A= 1 A B l ll l l ll l A = 1 l ll l KA A = 1qual o valor de KA?viga engastada-apoiada com recalque angular A=1 Pelo Mtodo das Foras ou pelo processo de Mohr clculo dos momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque : EI 3= =A= 1 = 1MA lEIK MA A3' = =Para I = cte e A A A AlEIK M 3' = =DMFA1A= 1SeConveno de sinais:BA>0 se B desloca em relao A no sentido horrio2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL RECPROCO BAsentido horrioa) Barra bi-engastada A B l ll l BA

viga bi-engastada com recalque vertical BA em BPelo Mtodo das Foras ou pelo processo de Mohr clculo dos momentos na viga bi-engastada devido ao recalque BA= em B MA MB 26lEIM MB A= =Para barra com I = cteDMF2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL RECPROCO BA(cont.) b) Barra rotulada e engastada BA

viga engastada-apoiada com recalque vertical em B A B l ll l BA em BPelo Mtodo das Foras ou pelo processo de Mohr clculo dos momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque BA= em B2AlEJ 3M =l ll l MA Para barra com I = cteDMF DMF AB

2AlEJ 3M =Para viga engastada-apoiada com recalque vertical ABem ATABELA III:Momentos de engastamento perfeitoengastamento perfeito devido a recalques angulares ou recalques verticais(para barras com inrcia constante)Se fosse em A:EJ 3 para estruturas simtricas2AlEJ 3M = AB

122qLMA =122qLMB =82qLMA =82qLMB =TABELA I: Momentos de engastamento perfeito devido carga externa202pLMA =302pLMB =152pLMA =12072pLMB =8pLMA =8pLMB =163pLMA =163pLMB =carga externa(para vigas com inrcia constante)8B22LPabMA =22LPbaMB =( ) b LLPabMA+ =22( ) a LLPabMB+ =22||

\| =LbLMbMA32||

\| =LaLMaMB32|||

\| = 13222Lb MMA|||

\| = 13222La MMB C Exemplo: H 0d = 11. Clculo do n de incgnitas d (d = de+di)de = 1 A B C HB0d = de+ di =1 + 1 = 2di= 12 Incgnitas1 = B2 = HBCBde = 1 2. Obteno do Sistema PrincipalSistema Principal (SP) estrutura original com as rotaes A B C 21 Sistema PrincipalSistema Principal (SP) estrutura original com as rotaes impedidas por chapas rgidas e os deslocamentos lineares impedidos por apoios mveis A B C 21 2 Incgnitas:1 =e 2 = HBCSistema PrincipalImpede as rotaes com chapas rgidas e os deslocamentos lineares com apoios mveisM momento exercido pela chapa 1 para que =02. Obteno do Sistema PrincipalBAdotandoM1momento exercido pela chapa 1 para que B =0FH2fora horizontal exercida pelo apoio 2 para queHBC =0ijesforo em i causado porji0esforo em i causado pela solicitao externa (carga, recalque ou) T 11esforo M1(ponto B) devido aplicao de 1= B12esforo M1(ponto B) devido aplicao de21esforo FH2(ponto C) devido aplicao de2= 1= BHBC22esforo FH2(ponto C) devido aplicao de 2= HBC10esforo M1(ponto B) devido solicitao externa20esforo FH2(ponto C) devido solicitao externa3. Clculo, no sistema principal, dos momentos (Mi) nas chapas e reaes (Fi) nos apoios mveis introduzidosResoluo do SP sujeito, separadamente, solicitao externa e cada uma das deslocabilidades B C 2 1 M1 FH2 B C 2 1 10 20 =+A A A 2 1 11 21 1 1 = A 1 12 22 2 2 ++Aplicao da Carga externa1Aplicao de 2Aplicao de Esforos Totais =esforos da solicitao externa + +esforos das rotaes ++esforos dos deslocamentos lineares2 12 1 11 10 1M + + =2 22 1 21 20 2F + + =Obs: Pode adotar quaisquer valores para 1e 2Quando tem-se a imposio de um deslocamento linear em um dos ns da estrutura (no exemplo anterior, seria quando aplica:), procede-se da seguinte maneira para calcular os momentos de engastamento perfeito em cada barra: 1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal recproco BA causado pelo deslocamento linear imposto2. Com o valor de na barra, calculam os momentos de 2 = HBC2. Com o valor de BAna barra, calculam os momentos de engastamento perfeito devido imposio de BAno n B.Barra rotulada e engastadaBA AlEIM 23= A B l ll l A B EI 6 BA

Barra bi-engastada A B l ll l BA B AlEIM M 26= =Conveno de sinais: FH> 0 e H> 0no sentido:+ BA

4. Sistema de EquaesSistema de equaes do sistema principal:2 12 1 11 10 1M + + = + + = 2 22 1 21 20 2 + + = HFPara que o sistema principal reproduza o comportamento elstico e esttico da estrutura originalM1= FH2= 0Sistema de equaes da estrutura original:02 12 1 11 10= + + Resolve o Obtm e 02 22 1 21 20= + + Resolve o sistemaObtm 1e 2)` =)`((

20102122 2112 11 Sistema de equaes na forma matricial:)`((

=)`2010122 2112 1121 ) ) 20 2 22 21 [] matriz de rigidez matriz simtrica: ij= ji{} vetor soluo{} [ ] { }01 =) ) 20 22 21 2 {} vetor soluo{0} vetor dos termos de carga5. Obteno dos esforos e reaes de apoio finais (E)Pelo Princpio da superposio de efeitos:dO valor final do esforo ou reao de apoio em um ponto qualquer da estrutura dado por:=+ =d1 ii i 0E E E para carregamento externo: E0= valor do esforo obtido no ponto considerando somente a carga externaE0para variao de temperatura: E0= valor do esforo obtido no ponto considerando somente TEi o valor do esforo obtido no ponto considerando somente i ponto considerando somente Tpara recalque: E0= valor do esforo obtido no ponto considerando somente o recalque de apoio1. Clculo do n de incgnitas d (d = de+di)2. Obteno do Sistema Principal estrutura original com as rotaes impedidas por chapas rgidas e os deslocamentos linearesrotaes impedidas por chapas rgidas e os deslocamentos lineares impedidos por apoios mveis3. Clculo, no sistema principal, dos momentos (M) nas chapas e reaes (F) nos apoios mveis introduzidosResoluo do SP sujeito, separadamente, solicitao externa e cada uma das deslocabilidades:Clculo de ije i0(ou irou it) 2 12 1 11 10 1M + + =F + + =4. Impe M=0 nas chapas e F=0 nos apoios mveis: obtm os sistema de equaes: 5. Obtm os esforos e reaes de apoio finais: 2 12 1 11 10 1M + + =2 22 1 21 20 2F + + ={} [ ] { }01 ==+ =d1 ii i 0E E E Para se calcular os momentos de engastamento perfeito numa determinada barra devido a um recalque, procede-se de maneira anloga de quando tem-se a imposio de um deslocamento linear em um dos ns da estrutura:1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal Solicitao externa= Recalque de apoio 1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal recproco BA causado pelo recalque imposto2. Com o valor de BAna barra, calculam os momentos de engastamento perfeito devido imposio de BAno n B.Barra rotulada e engastadaBA AlEIM 23= A B l ll l Barra bi-engastada A B l ll l BA B AlEIM M 26= = BA obtido atravs do traado de um WilliotHiptese: as deformaes so pequenas, portanto, pode-se considerar que a extremidade da barra se desloca na direo perpendicular direo inicial da barraExemplo:1= encurtamento de AC AB CC 1 2 3 Exemplo:1= encurtamento de AC2= encurtamento de BC3= alongamento de ABA, Be C: posies iniciais dos ns.a, b e c: posies dos ns aps deformaoObs:A = a, o ponto A no se desloca, poisA um ponto fixo;B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio mvel em B; B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio mvel em B;A reta AC se desloca na direo perpendicular AC, por hiptese;A retaBC se desloca na direo perpendicular BC, por hiptese;O ponto C na posio deformada (ponto c) dado pela interseo das retas que indicam a direo dos deslocamentos de AC e BC. AB CC 1 2 3 Exemplo:Processo:1. Adota a origem (O), que deve ser um n fixo (no ex: O = A = a)2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com 1= encurtamento de AC2= encurtamento de BC3= alongamento de ABA, Be C: posies iniciais dos ns.a, b e c: posies dos ns aps deformao2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com extremidade em O: - 1(// AC), acha o ponto 1.- 3(// AB), acha o ponto 3 = b.3. A partir de b, marca encurtamento da barra 2: marca 2 (// BC), acha o ponto 2.4. Em 1 passa uma reta perpendicular AC (representando a direo do deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular BC (representando adeslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular BC (representando a direo do deslocamento de BC). O ponto c dado pelo encontro dessas 2 retas. O,a 3, b 1C 1 2C cc CA CB 3 2 Oa ObOcSo os deslocamentos absolutos de A, B e Cc O OcCA1 1= = c O OcCB2 2 = = Solicitao externa= Variao linear de temperatura T T = ti teh te tSeja a estrutura, cujas fibras externas sofrem uma variao de temperatura diferente daquela que ocorre nas fibras internas:Gradiente trmico do interior em relao ao exteriorte: variao de temperatura na fibras externasti: variao de temperatura nas fibras internastetihh ti T linear ao longo de hh: altura da seo transversal:hexteriortg: variao de temperatura no CGtiNo CG ocorrem duas deformaes:dCG = tgds( )( ) ( )dshtdsht thd dd tg de i e i === =No CG dshd ed idd CGCGdrotaoalongamento d ed idd CGddshCG= d CGdshCG+ dddshCGd CG-d e d CG-d ea) b)d CGd i- d CGd i - d CGa) Efeito de variao uniforme de temperatura : e T = 0Efeito na seo: causa o alongamentouniforme ao longo de hd CG0 tgalongamento rotaob) Efeito de variao linear de temperatura : T = ti te e tg = 0Efeito na seo: causaa rotaodSOLUO DO SP SUJEITO A T =SP SUJEITO SOLICITAO a) + SP SUJEITO SOLICITAO b)a) Efeito de variao uniforme de temperatura:e T = 0Efeito na seo: causa o alongamentouniforme ao longo de hA barra de comprimento Liter a variao de comprimento igual a: Conhecidos os para todas as barras, traa um Williot para conhecer os deslocamentos ortogonais recprocos e, ento, calcular os momentos de engastamento perfeito em cada barra. d CGLi= tgLiLi0 tgengastamento perfeito em cada barra. b) Efeito de variao linear de temperatura: T = ti - te, com tg = 0Efeito na seo: causaa rotaoComo no h variao de temperatura no CG, no h variao decomprimento das barras. Portanto, os efeitos no SP so dados pelosmomentos de engastamentoperfeito das vigas sujeitas ao T = ti te:dperfeito das vigas sujeitas ao T = ti te:( )hte ti EIMA23 =A B l ll lMA A B l ll lMA MB Pelo Mtodo das foras, resolve a viga hiperesttica sujeita a T = ti te:( )hte ti EIM MB A= = 6Se a estrutura plana, elstica e geometricamente simtricaSIMPLIFICAES NO CLCULO DE ESTRUTURAS SIMTRICASSe a estrutura plana, elstica e geometricamente simtrica1 SIMPLIFICAO: corta a estrutura na seo S de simetria eresolve apenas metade da estrutura (possvel apenas para estruturasabertas)Dependendo do carregamento e da posio da seo de simetria S, Dependendo do carregamento e da posio da seo de simetria S,pode-se concluir que 1 ou mais deslocamentos em S so nulos 2SIMPLIFICAO: h diminuio do d (n de deslocabilidades)VANTAGENS DE CONSIDERAR A SIMETRIA:1. H reduo do n de grau de deslocabilidade (d)2. Estrutura a ser resolvida apenas a metade da original 2. Estrutura a ser resolvida apenas a metade da original1. Para solicitao simtrica: Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura so simtricos (mesmos valores e mesmos sinais) para momento e esforo normal e anti-simtrico (mesmos valores, mas sinais OBTENO DOS DIAGRAMAS SOLICITANTES DA OUTRA METADE:esforo normal e anti-simtrico (mesmos valores, mas sinais contrrios) para esforo cortante 2. Para solicitao anti-simtrica: Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura so anti-simtricos para momento e esforo normal e simtrico para esforo cortante1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na seo S de simetria:Para estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitaes simtricas:Em S, o deslocamento horizontal e rotao so nulos (H e provocados pelo lado da esquerda so anulados pelos H e 0 = 0 NS 0H= 0 MS provocados pelo lado da esquerda so anulados pelos H e provocados pelo lado da direita): a bccb S PP T T Exemplo:Na seo S de simetria h apenas deslocamentos verticais.0V 0 QS =bccb Rompe a estrutura na seo de simetria S, coloca um vnculo que impea H e e permita v.Exemplos:Soluo para estruturas abertas: Estrutura a ser resolvidaReaes: M e RHSPPTTbccbS = CPT(impede H e )ABCDABa) a bccb S=C PP T T A B D E d = de + di = 1+2 = 3de = 1 HBD0Bdi= 2Dde = 1 VC0Bdi= 1d =2Sistema Principal:Estrutura simtrica com Diminuio uniforme de TemperaturaSSEm S:eEstrutura a ser 0 = 0H= Outros exemplos de estruturas simtricas com solicitaes simtricasb)aa b bEstrutura fechada:SEstrutura a ser resolvidaSEstrutura a ser resolvidaSc)aaresolvida(Corta em S)Em S: e0 = 0H= 2. Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seo S de simetria:Para estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitaes simtricas:Na seo de simetria S h apenas deslocamentos verticais:0 = 0V 0H= 0 = VHSe v estiver impedido por um apoio na extremidade da barra rompe a estrutura em S e coloca um engaste, pois em S ter: v = H = = 0. a S PP T T Exemplo:0V= S P Estrutura a ser resolvidabccb T T D T resolvidad = di + de = 3 + 1 = 4d = di =1v impedido pelo engaste em D Em S: v = H = = 0 a S PP T T Exemplo: S P T Estrutura a ser resolvidabccb T T D T d = di + de = 3 + 1 = 4d = di =1H reduo de 3 deslocabilidades, alm da estrutura a ser resolvida ser bem menor ! Para a outra metade: DMF e DEN so simtricos e DEQ anti-Na barra SD h apenas esforo normal constante igual a: N = 2Rvs, onde Rvs a reao vertical calculada no engaste em S.Para a outra metade: DMF e DEN so simtricos e DEQ anti-simtricoSe o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma nica seo S de simetria vantagem calcular com ks,pois on de graus de deslocabilidades (d) reduz ainda mais. Exemplo:P P 3. Resoluo atravs da rigidez de simetria (Ks) Para estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitaes simtricas: PP aSP PT Tabccbd = de + di = 1+2 = 3de = 1 HBC0Bd = 2ABCDC1=Bdi= 1Sistema Principal(considerando simetria) Aplicando 1: a bccb S PP T T A B C D Bdi= 2CSe considerar simetria:HBC= 0devido a simetria1 incgnita 1 1 1B= CB= Cde = 0di= 1d = 1Clculo da rigidez de simetria (KS)KS= rigidez de simetria da barra bi-engastada = valor dos momentos simtricos que se aplicados nas extremidades da barra (supostas livres para girar) provocam rotaes unitrias simtricas nas extremidades A B l ll l l ll l = 1 = 1 A B qual o valor de KS?viga bi-engastada com recalque angular simtrico = 1 = 1= 1 A B = 1 A B = 1 A B = +l ll l A B l ll l A B l ll l A B = +Pelo Mtodo das Foras ou pelo processo de Mohr clculo dos momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque =1Clculo da rigidez de simetria (KS) l ll l = 1= 1 A B l ll l = 1 A B l ll l = 1 A B =+ MA = KA MB =tABKA MB =-KB MA =-tABKB + MA = KS MB = -KS = l ll l l ll l l ll l +B BA A AK t K M =Momentos resultantesA AB B BK t K M + =( ) t 1 K K M Ms B A = = =Como a barra elasticamente simtricaKA=KB=Ke tBA=tAB=tSe I=cte( )lEIlEIKs25 , 0 14= =+Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os efeitos do outro lado so simtricos. Portanto, o SP resulta em:Continuao do exemplo:Sistema Principal(considerando simetria) 1 1 BCAD 1=1 Sistema Principal KS di= 1 1=BBAplicando 1=1:KB tBAKB KS para estruturaspara estruturas simtricas, com carregamento simtricopara estruturas simtricas, com carregamento anti-simtrico1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na seo S de simetria:Para estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitaes anti-simtricas:Em S o deslocamento vertical nulo (v provocado pelo lado da esquerda anulado pelos v provocado pelo lado da direita):Na seo S de simetria h deslocamento horizontal e rotao 0 0V= 0 NS =0H 0 MS =esquerda anulado pelos v provocado pelo lado da direita):0 QS Exemplos: a bccb S PP T T Exemplos:a)Soluo: rompe a estrutura na seo de simetria S, coloca um vnculo que impea v e permita H e .aSPPT TccSPTEstrutura a ser resolvida Reao: Rvde = 1 HB0d =2Bdi= 1de = 1 HBC0ABCD a bccb S PP T T Ba)d = de +di = 1+2 = 3Sistema Principal:di= 1di= 2BCBRecalque de apoio anti-simtricoOutros exemplos de estruturas simtricas com carregamento anti-simtrico:SEm S: 0V= b) Estrutura SEstrutura a ser resolvidaSSEstrutura a ser resolvidaaa b bSc)Estrutura fechada:Sresolvida(Corta em S)a aEm S: 0V= SSc)2. Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seo S de simetria:Na seo de simetria S h deslocamento horizontal e rotao:0 0 = 0 Para estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitaes anti-simtricas:0 0V= 0H a bcc b S PP T T D J Exemplo:As cargas dos lados esquerdo e direito da barra contribuem igualmente para sua deformao total metade da barra solicitada pelo carregamento da esquerda e a outra metade pelo carregamento da direitaparte a barra ao meio e resolve metade da estrutura a S (C) PP T TI BD Soluo do exemplo: C P T B Estrutura a ser resolvidabcc b T T F I A E bc T I/2 FA resolvidad = 3 + 1 = 4d = 2 + 1 = 3de = 1 HBC0di= 2de = 1 HBD0di= 3Sistema Principal: I/2 BC DBCd = 3 + 1 = 4d = 2 + 1 = 3Para a outra metade: DMF e DEN so anti-simtricos e DEQ simtricoPara a barra SD o DMF o dobro daquele obtido com essa metadebc 3. Resoluo atravs da rigidez de anti-simetria (Ka)Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma nica seo S de simetria pode-calcular atravs da rigidez KaPara estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitaes anti-simtricas:SP PT TbccbABCD1=BSistema PrincipalExemplo: 11 22 2 21 1 2=HB a bcc b C PP T T A B D Sd = de + di = 1+2 = 3de = 1HBC0di= 21=BDevido a anti-simetriadevido a anti-simetria d=2:HBC2=HBO apoio 2 dividido em 2 apoios para que 2tambm seja anti-simtricoBCB =Cdi= 1BKa= rigidez de anti-simetria da barra bi-engastada = valor dos momentos anti-simtricos que se aplicados nas extremidades da barra (supostas livres para girar) provocam rotaes unitrias anti-simtricas nas extremidadesClculo da rigidez de anti-simetria (Ka)unitrias anti-simtricas nas extremidades A B l ll l l ll l = 1 = 1 A B qual o valor de Ka?viga bi-engastada com recalque angular anti-simtrico = 1 = 1 = 1 = 1 = 1 l ll l = 1 A B l ll l = 1 A B = +Pelo Mtodo das Foras ou pelo processo de Mohr clculo dos momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque = 1 l ll l = 1 = 1 A B MOMENTOS DEVIDO ROTAO ANTI-SIMTRICA l ll l = 1 A B l ll l = 1 A B = + l ll l = 1 = 1 A B MA = KA MB =tABKA K t K M + =Momentos resultantes MB =KBMA =tABKB K t K M + + =+ MA = Ka MB =Ka =l ll l l ll l A l ll l +B BA A AK t K M + =Momentos resultantesA AB B BK t K M + + =( ) t 1 K K M Ms B A+ = = =Como a barra elasticamente simtricaKA=KB=Ke tBA=tAB=tSe I=cte( )lEIlEIKa65 , 0 14= + =+Soluo do exemplo: Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os efeitos do outro lado so anti-simtricos. Portanto, o SP se torna:1=BSistema Principal 11 22 2 2 1 1 2=HB BCAD Sistema PrincipalAplicando 1=1:Bd = 2:1=B2=HB 1=1 KB tBAKB Ka Para estruturas planas, elsticas e geometricamente simtricas com solicitao qualquer, para facilitar o clculo pode-se resolv-la da seguinte maneira:1. Decompe o carregamento em parcelas simtrica e anti-simtrica2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simtrico (Para2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simtrico (Para a outra metade: DMF e DEN so simtricos e DEQ anti-simtrico)3. Resolve metade da estrutura com o carregamento anti-simtrico (Para a outra metade: DMF e DEN so anti-simtricos e DEQ simtrico)4. Os diagramas solicitantes finais so obtidos somando os4. Os diagramas solicitantes finais so obtidos somando os diagramas dos itens 2 e 3. VANTAGEM: apesar de ter que resolver a estrutura para 2 carregamentos diferentes, a estrutura a ser resolvida a metade da original, alm de haver reduo do d. a P T a P/2 P/2 Exemplos:=+ a P/2 P/2 Carregamento simtricoCarregamento anti-simtricobcd T d q1 q2 b c a bc T/2 T/2 bc =+ a bc T/2 T/2 bc =+ q1/2 q2/2 c q2/2 q1/2 q1 q1/2 q2/2 c q2/2 q1/2 a a b c c c c c dd q1 q2 dd q1/2 q2/2 q1/2 dd q1/2 q2/2 q1/2 q2/2 =+