Profª Gabriela Rezende FernandesDisciplina: Análise Estrutural 2

N0 TOTAL DE INCÓGNITAS = g =grau de hiperestaticidade da

INCÓGNITAS = ESFORÇOS HIPERESTÁTICOS (reações de apoio e/ou esforços em excesso que a estrutura possui)

N0 TOTAL DE INCÓGNITAS = g =grau de hiperestaticidade da estrutura

Conhecidos os esforços hiperestáticos obtêm-se as reações de apoio e os diagramas dos esforços solicitantes da estrutura

g = ge + gi

ge = grau hiperestático externo

gi = grau hiperestático interno

ge = grau hiperestático externo = n0 de equações adicionais necessárias ao cálculo das reações de apoio

g = ge + gi

ge = n0 de reações incógnitas - n0 de eq. de equilíbrio

gi = grau hiperestático interno

Conhecidas as reações de apoio, gi é o número de esforços solicitantes necessário conhecer para poder traçar os diagramas de esforços da estrutura.

Isostática externamente (com as equações

Y

X

S Isostática externamente (com as equações de equilíbrio consegue-se calcular as reações de apoio)Hiperestática internamente (não se pode traçar os diagramas de esforços no trecho fechado)

Fórmula prática para o cálculo de g

g = 3l + 2p + s - 3n

l : n º de engastes + nº engastes elásticosengaste elástico: ocorre no nó não articuladonº engastes elásticos em um nó = nº de barras que chegam no nó -1

l =1+(1+1+2)=5 chegam no nó -1

p: n º de apoios fixos + (para cada articulação: nº de barras que chegam na articulação -1)s: n º de apoios móveisn: n º de barras

Exemplo:

l =1+(1+1+2)=5

p=2+2=4

gi = 0 ge = 8 – (3+1) = 4

Nº de equações de equilíbrio

(3 + ΣM (rótula) = 0)

g = 0 +4 =4

l = 2 + (1+2) = 5 p= 1 + (1) = 2S = 0n = 5

g = 15+4+0-15=4

gi = 0 ge = 8 – (3+1) = 4

Nº de reações incógnitas

g = 0 +4 =4

MA

n0 de reações incógnitas = 5 (RVA, RHA , MA, RVB, RHB)n0 de eq. de equilíbrio = 4 (ΣFx=0, ΣFy=0, ΣM=0 e ΣMrótula=0)x

y

z ge= 5 – 4 = 1gi = 0 g = 1

g = 3l + 2p + s - 3n

MARHA

RVA

RHBRVB

n0 de reações incógnitas = 6

n0 de eq. de equilíbrio = 4 (ΣFx=0, ΣFy=0, ΣM=0 e ΣMrótula=0)

l = 1 + (1) = 2 p= 1 + (1) = 2S = 0n = 3 g = 6+4+0-9=1

ge= 6 – 4 = 2gi = 3 g = 5

l = 0 + (5) = 5 p= 3 + (1) = 4S = 0n = 6 g = 15+8+0-18=5

EXEMPLOS PRÁTICOS

DE ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS

PórticosA)EXEMPLOS DE PÓRTICOS EM PONTES

- Pontes em Pórtico (não há aparelho de apoio entre viga e pilar, vigas e pilares formam um único sólido)

Esquema estático: considera as vigas junto com os pilares formando um pórtico:

PÓRTICO

Considera esses apoios como apoio fixo ou engaste dependendo da rigidez do solo onde o pórtico está apoiado

PÓRTICO

A) EXEMPLOS DE PÓRTICOS EM PONTES

- Pontes em Pórtico (não há aparelho de apoio entre viga e pilar, vigas e pilares formam um único sólido)

ou

Esquema estático:

2 apoios fixos : hiperestático

1 apoio fixo e 1 móvel : isostático2 engastes: hiperestático

B) EXEMPLOS DE PÓRTICOS EM ESTRUTURAS DE EDIFÍCIOS: O CÁLCULO ESTRUTURAL PODE SER FEITO, CONSIDERANDO-SE PÓRTICOS PLANOS.

Análise tridimensional: Considera um pórtico tridimensional, o cálculo é feito com softwares comerciais baseados no método dos elementos baseados no método dos elementos finitos

Análise plana: desmembra o vigas

pilares

Análise plana: desmembra o pórtico tridimensional em vários pórticos planos

Ponte em viga contínua

Há um aparelho de apoio entre a viga e o pilar. As vigas contínuas são calculadas primeiro (cada apoio da viga representa contínuas são calculadas primeiro (cada apoio da viga representa o apoio sobre um pilar ). As reações calculadas nas vigas serão cargas atuantes nos pilares.

Vigas contínuas em edifícios

Ao invés de modelar o edifício como pórtico, pode calcular as vigas contínuas separadas dos pilares. -As lajes são analisadas primeiro.-Transfere para as vigas as reações das lajes, que somadas às outras cargas definirão o carregamento nas vigas. Calculam-se as vigas contínuas (cada apoio da viga vigas contínuas (cada apoio da viga representa o apoio sobre um pilar ou sobre outra viga). --As reações calculadas nas vigas serão cargas atuantes nos pilares, que são calculados por último.

V1

V2

V3 V4 V1

A B

Rpilar Rpilar

RV3 RV4

Se V3 e V4 se apóiam em V1, V2 ,V5 e V6

V5

V6

V2

A B

RV RV

RV3 RV4 V3

RV1 RV6RV2 RV5

V4

Vigas contínuas

RV1 RV6RV2 RV5

Vigas contínuas

V1

V2

V3 V4

Os esforços em V1, V7, V8 e V6 podem ser calculados considerando pórticos planos.V5

V6

V7

V8

RV3 RV4

No caso do edifício ter 2 andares, se V3 e V4 se apóiam em V1, V2 ,V5 e V6

Pórtico plano formado com a V1 e os 2 pilares da extremidade:

RV2 RV5

Pórtico plano formado com a V7 e os 2 pilares da extremidade:

RV3 RV4 RV2 RV5

Exemplo de grelhas em pavimentos de edifícios:

Se o pavimento estiver sujeito apenas a cargas transversais ao seu plano, os esforços nas vigas podem ser calculados considerando-se a grelha:

Y

X

z

RV RV

RV

Exemplo: seja a estrutura (a) hiperestática: g = ge= 6 – 3 = 3 a Tipos de solicitação que a estrutura

pode estar sujeita:� Carregamento externo,� variação de temperatura,� recalque de apoio.

Y

X

a

ROTEIRO DE SOLUÇÃO:

1. OBTENÇÃO DO SISTEMA PRINCIPAL:Transforma a estrutura hiperestática (a) em estrutura isostática rompendo g vínculos quaisquer e aplicando os esforços correspondentes obtém estrutura (b)

b

Y

X

SISTEMA PRINCIPAL (SP) ESTRUTURA ISOSTÁTICA

Incógnitas: esforços hiperestáticos: X , X e X

b

Y

X

X1 X2

X3 A B

Incógnitas: esforços hiperestáticos: X1, X2 e X3

As estruturas a e b são iguais estaticamente.

Para ter compatibilidade de deformações entre a e b, os deslocamentos nas direções dos vínculos rompidos (θA, θB e δHB)devem ser nulos no SP (pois estes eram nulos na estrutura original a)

Para uma mesma estrutura hiperestática, pode-se ter vários sistemas principais. Chega-se a mesma solução, independente do sistema principal adotado. Para facilitar os cálculos, deve-se escolher um SP, que gere diagramas de esforços mais simples. Para pórticos recomenda-se colocar rótulas nos nós da estrutura.

2. EQUAÇÕES DE COMPATIBILIDADE ELÁSTICA: (equações adicionais que se deve ter para resolver a estrutura)

Para estruturas com comportamento elástico linear e pequenas deformações vale o princípio da superposição de efeitos. Portanto:

X1 X2

X3 A B

SP

δ deslocamento na direção e posição do hiperestático XSejam:

]1[

cosº

1

=+ ∑=

i

ihiperestátdeN

ii XaapenassujeitoSPX

Solução do Sistema Principal (SP) com a solicitação externa e todos os hiperestáticos aplicados

= [ SP com solicitação externa] +

δij deslocamento na direção e posição do hiperestático Xi devido apenas ao carregamento Xj =1

δi0 deslocamento na direção e posição do hiperestático Xi devido apenas à solicitação externa (carga, recalque ou temperatura)

Solução do Sistema Principal com a solicitação externa e todos os hiperestáticos aplicados = a + b + c +d

X3

X2X1

a) b)+ X +

δ20

Y

X

X1 X2

X3 A B

Sistema Principal com a solicitação externa

c) d)

Sistema Principal com X1 =1 aplicado

X1=1δδδδ11 δδδδ21

δδδδ31

+ X1 +δ10

δ30

c) d)

Sistema Principal com X2 = 1 aplicado Sistema Principal com X 3 =1

aplicado

δδδδ12 δδδδ22

δδδδ32

+ X2+ X3

X3=1X2=1

δδδδ13 δδδδ23

δδδδ33

θA = δ10 + δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3

θB = δ20 + δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3

δHB = δ30 + δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3

Portanto, considerando-se o princípio da superposição de efeitos:

Para ter compatibilidade de deformações entre a estrutura original e o

δ10 + δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 = 0

δ20 + δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 = 0

δ30 + δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 = 0

Para ter compatibilidade de deformações entre a estrutura original e o sistema principal θA = θB = δHB = 0. Portanto, obtém-se o seguinte sistema de equações:

Incógnitas do sistema: esforços hiperestáticos: X1, X2 e X3

Deslocamentos δij e δi0 : são valores conhecidos e são calculados através do PTV

3.1 Cálculo do deslocamento δij na direção i devido ao esforço X j = 1:

Estado de carregamento: estrutura sujeita à carga virtual na direção i . Resolve a estrutura obtêm

3. CÁLCULO DOS DESLOCAMENTOS δij e δi0 : através do PTV

FMD1=iP

Estado de deformação: estrutura sujeita ao carregamento real Xj = 1 Resolve a estrutura obtêm

3.2 Cálculo do deslocamento δi0 na direção i devido à

DMF

FMD

Combina os diagramas e , através das tabelas obtém δijDMF FMD

3.2 Cálculo do deslocamento δi0 na direção i devido à solicitação externa

Estado de carregamento: igual ao item 3.1

Estado de deformação: depende do tipo de solicitação externa

3.2 Cálculo do deslocamento δi0 na direção i devido à solicitação externa

Estado de deformação: estrutura sujeita ao carregamento externoResolve a estrutura obtêm

3.2.a)Solicitação externa = Carregamento externo

DMF

Combina os diagramas e , através das tabelas obtém δi0DMF FMDCombina os diagramas e , através das tabelas obtém δi0

3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T δi0 = δit

Estado de deformação: estrutura sujeita a ∆T

Em estruturas isostáticas os deslocamentos devido a ∆T ocorrem sem que se desenvolvam esforços, há apenas deformações

Em estruturas hiperestáticas os deslocamentos devido a ∆T provocam deformações e esforços

Sistema principal estrutura isostática não há esforços devido a ∆T, apenas deformações

3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T (continuação)

∆T = ti – te

h te t

Seja a estrutura, cujas fibras externas sofrem uma variação de temperatura diferente daquela que ocorre nas fibras internas:

te: variação de temperatura na fibras externasti: variação de temperatura nas fibras internas

te

ti

h

h ti

∆T é linear ao longo de hti

h: altura da seção transversal:h

d: :variação de comprimento (deslocamento axial relativo, na direção de x)

2 seções distantes de ds ( ) se deformam da seguinte forma:

dδδδδe dδδδδ

sxrr =

3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T (continuação)

No CG ocorrem duas deformações:

tg: variação de temperatura no CG

dδe = α te ds

dδi= α ti ds

Fibras externas:

Fibras internas:

axial relativo, na direção de x)

: Coeficiente de dilatação do material

ds

h

dδδδδi

dφ

dδδδδCG

CG α

h

x ds

dφ

No CG ocorrem duas deformações:dδCG = α tg ds

( ) ( ) ( )ds

h

tds

h

tt

h

dddtgd eiei ∆ααδδϕϕ =−=−==

Rotação relativa

No CG

dδCG = α tg ds

dsh

td

∆αϕ =sxrr =

dδCG = α tg dx

dxh

td

∆αϕ =

3.2.b)Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T (continuação)

( ) ( ) ( )MNggCGit A

h

tAtdxM

h

tdxNtdMdN

∆+=∆+=+= ∫∫∫ααααϕδδ

O PTV em termos das deformações reais:

OBS: Se escrevesse o PTV em termos dos esforços reais, as integrais se anulariam. Então, nesse caso, deve-se escrever o PTV em termos das deformações reais.

xxx hh ∫∫∫

NA Área total do diagrama de

MA Área total do diagrama de M

N

3.2.c)Solicitação externa = Recalques de apoio δi0 = δir

Em estruturas isostáticas os recalques provocam apenas deslocamentos de corpo rígido (não há deformação e esforços, pois todos os apoios têm os mesmos

ρρρρV ρρρρ

ρV ρ

Estado de deformação: estrutura sujeita a recalques

todos os apoios têm os mesmos deslocamentos ou recalques)

Em estruturas hiperestáticas os recalques provocam deformações e esforços, pois como a estrutura é mais rígida, os vínculos impedem que todos os pontos da estrutura tenham os mesmos deslocamentos. Portanto, cada apoio vai ter um recalque diferente do outro, o que faz com que a estrutura se deforme.

ρρρρh ρh

Na estrutura isostática, o recalque provoca um movimento de corpo rígido esforços e deformações são nulos trabalho virtual das forças internas é nulo, ou seja,

diferente do outro, o que faz com que a estrutura se deforme.

Wi = 0Sistema principal estrutura isostática

( )∫

( )∫∑∑ +++=+l

tii

i

iii dMdvVdMdNRP αϕδρδ ´

´

´

´PTV:

3.2.c)Solicitação externa = Recalques de apoio (continuação)

∑=

−=recalquesN

iiiir R

º

1'´´ρδ1=iP0

º

1''´ =+ ∑

=

recalquesN

iiiiri RP ρδ

1=P

PTV

Wi = 0 ( ) 0=+++= ∫l

ti dMdvVdMdNW αϕδ

Reação de apoio no estado de carregamento (devido a ), na 'iR 1=iPReação de apoio no estado de carregamento (devido a ), na

direção do recalque real ρi’

4 SOLUÇÃO DO SISTEMA DE EQUAÇÕES

101131211 δδδδ X { } [ ] { }1 δδ −−=X

δ10 + δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 = 0δ20 + δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 = 0δ30 + δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 = 0

ou

−=

30

20

3

2

333231

232221

δδ

δδδδδδ

X

X{ } [ ] { }0δδ−=X

p/ variação de temperatura:

{ } { }

==

t

t

t

t

3

2

1

0

δδδ

δδ

p/ recalque de apoio

ou

{ } { }

==

r

r

r

r

3

2

1

0

δδδ

δδ

[δ] é a matriz de flexibilidade (δij= δji de acordo com o teorema de Maxwell)

{X} é o vetor solução contém os esforços hiperestáticos

{δ0} é o vetor dos termos da solicitação externa (devido à carga, ∆t ou recalque)

t3δ r3δ

5. OBTENÇÃO DOS ESFORÇOS E REAÇÕES DE APOIO FINAIS: E

Pelo Princípio da superposição de efeitos:

∑=

+=g

iii XEEE

10

O valor final do esforço ou reação de apoio em um ponto

qualquer da estrutura é dado por:∑

=i 1

a) para carregamento externo: E0 = valor do esforço (no SP) obtido no ponto, considerando somente a carga externa

Valor deE0 num ponto qualquer da estrutura:

b) para variação de temperatura (esforços são nulos): E0 = 0 c) para recalque (esforços são nulos): E0 = 0

Valor de Ei num ponto qualquer da estrutura:é o valor do esforço obtido no ponto, considerando somente Xi = 1

Obs: pode-se ter diversos SP. Deve-se adotar um SP para o qual os diagramas a combinar sejam simples. Para pórticos recomenda-se colocar rótulas nos nós da estrutura

ROTEIRO DE CÁLCULO:

1. Cálculo do grau de hiperestaticidade (g = ge + gi)

2. Obtenção do Sistema Principal

3. Resolução do SP sujeito, separadamente, ao carregamento externo 3. Resolução do SP sujeito, separadamente, ao carregamento externo e cada um dos esforços hiperestáticos

4. Cálculo de δij e δi0 (ou δir ou δit)

5. Solução do sistema de equações de compatibilidade elástica

6. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais

{ } [ ] { }01 δδ −−=X

6. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais

∑=

+=g

iii XEEE

10

Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica

SIMPLIFICAÇÕES NO CÁLCULODE ESTRUTURAS SIMÉTRICAS

Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica

1ª SIMPLIFICAÇÃO: corta a estrutura na seção S de simetria eresolve apenas metade da estrutura (possível apenas para estruturasabertas)

Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,pode-se concluir que 1 ou mais esforços em S são nulos 2ªSIMPLIFICAÇÃO: há diminuição do g (nº de esforços hiperestáticos)

VANTAGENS DE CONSIDERAR A SIMETRIA:

1. Há redução do nº de graus de hiperestaticidade (g)

2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original

1. Para solicitação simétrica: Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são simétricos (mesmos valores e mesmos sinais) para momento e esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais

OBTENÇÃO DOS DIAGRAMAS SOLICITANTES DA OUTRA METADE:

esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais contrários) para esforço cortante

2. Para solicitação anti-simétrica: Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são anti-simétricos para momento e esforço normal e simétrico para esforço cortante

1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na seção S de simetria:

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações simétricas:

Em S, o deslocamento horizontal e rotação são nulos (δH e θprovocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ

Portanto, na seção S de simetria há apenas deslocamentos verticais:

0=θ

0V ≠δ

0NS ≠0H =δ 0M S ≠

provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θprovocados pelo lado da direita):

0QS =

� Exemplos:

Em S

Exemplos:

S Como :0QS = Sist. Principal =S

X1

X2a a

a)

b) Estrutura simétrica com Diminuição uniforme de Temperatura

SS X1

X2

Outros exemplos de estruturas simétricas com solicitações simétricas

Como :0QS =

Sist. Principal =

c) Estrutura fechada: S

X1

X2

X1X2

(Corta em S)

a ab b

a a

Como :0QS = Sist. Principal =

a a

0=θ0H =δ

Para estrutura simétrica com solicitação simétrica, se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na se ção S de simetria:

Outro modo de solução para estruturas abertas :

S

PP

TT S

P

T

Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo que impeça δH e θ e permita δv; então adota o sistema principal que preferir.

Exemplo:

a S P P

B C

a

S TT

a

b

c c

b

g = ge = 6 - 3 = 3

STEstrutura a ser resolvida Reações: M

e RH

g = ge = 5-3 = 2(o g diminuiu de 3 pra 2)

a

b c c b

T T

A

B C

D

2.Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na s eção S de simetria:

Na seção de simetria S há apenas deslocamentos verticais. Portanto:

0=θ0≠δ 0=δ

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações simétricas:

0=θ0V ≠δ 0H =δ

Mas se δv estiver impedido por um apoio na extremidade da barra rompe a estrutura em S e coloca um engaste, pois em S terá: δv = δH = θ = 0.

0V =δ

P P

Exemplo: P

a

b c c b

S P P

T T

D

S P

T Estrutura a ser

resolvida

g = 9 – 3 = 6g = 6 – 3 = 3

(g diminuiu de 6 para 3)

a

b c c b

S P P

T T

D

Exemplo:

S P

T Estrutura a ser

resolvida

g = 9 – 3 = 6g = 6 – 3 = 3

g = 9 – 3 = 6

δv é impedido pelo engaste em D Portanto, em S: δv = δH = θ = 0

Na barra SD há apenas esforço normal constante igual a: N = 2Rvs, onde Rvs é a reação vertical calculada no engaste em S.

Vantagens: há redução de 3 graus hiperestáticos, além da estrutura a ser resolvida ser bem menor !

1. Se o eixo de simetria atravessa ortogonalmente a barra na seção S de simetria:

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações anti-simétricas:

=δEm S o deslocamento vertical é nulo (δv provocado pelo lado da

0V =δEm S o deslocamento vertical é nulo (δv provocado pelo lado da esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):

Exemplos:

0V =δ 0QS ≠

Portanto, na seção S de simetria há deslocamento horizontal e rotação: 0≠θ 0NS =0H ≠δ0M S =

Exemplos:

S Se Sist. principalS

X1

a a0M S =

0NS =

a)

Estrutura simétrica sujeita a recalque de apoio anti-simétrico

S SSe

Sist. principal

X1

a a

ρ

ρ

0M S =0NS =

b)

� Estrutura fechada:

S Se Sist. principalX1

X1

(Corta em S)

Sist. principala ab b

a a

ρ

0M S =

0NS =

c)

Para estruturas simétricas com solicitações anti-si métricas, se o eixo de simetria atravessa ortogonalmente a barra n a seção S de simetria : 0V =δ

Outro modo de solução para estruturas abertas :

Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo que impeça δv e permita δH e θ; então adota o sistema principal que preferir.

SPP

TTbb

SP

TEstrutura a ser

Exemplo:

a S P P

T T

a a

b

c cb

g = ge = 6 - 3 = 3

Estrutura a ser resolvida

g = ge = 4 - 3 = 1

b c c b

T T

2. O eixo de simetria atravessa toda a barra na se ção S de simetria:

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações anti-simétricas:

Na seção de simetria S há deslocamento horizontal e rotação:

0≠θ0V =δ 0H ≠δ

a S

P P

T T I

As cargas dos lados esquerdo e direito da barra contribuem igualmente para sua deformação total metade da barra é solicitada pelo carregamento da esquerda e a outra metade pelo carregamento da direita parte a barra ao meio e resolve metade da estrutura

S

P

T I/2 Estrutura a ser

resolvida

Exemplo:

b c c b

T T

D

I

b c

T I/2

D

resolvida

g = 9 – 3 = 6

g = 6 – 3 = 3Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico

Para a barra SD o DMF é o dobro daquele obtido com essa metade

I: momento de inércia

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitação qualquer, para facilitar o cálculo pode-se resolvê-la da seguinte maneira:

1. Decompõe o carregamento em parcelas simétrica e anti-simétrica

2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico)

3. Resolve metade da estrutura com o carregamento anti-simétrico (Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico)

4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 4. Os diagramas solicitantes finais são 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 é a metade da original, além de haver redução do g.

a

P

T

a

P/2 P/2

Exemplos:

= +

a

P/2 P/2

Carregamento simétrico

Carregamento anti-simétrico

b c d

T

d q1

q2

b c

a

b c

T/2 T/2

b c

= + a

b c

T/2 T/2

b c

= +

q1/2

q2/2 q2/2

q1/2 q1 q1/2

q2/2 q2/2

q1/2

a a b c

c c c c

d d

q1

q2

d d q1/2

q2/2

q1/2

d d q1/2

q2/2

q1/2

q2/2 = +