Süssekind - Curso de análise estrutural III.pdf

CURSO DE ANÁLISE ESTRUTURAL

Volume III

Método das deformqõer. Processo de Croa.

CURSO DE ANÁLISE ESTRUTURAL

Volume I I I

Método das deformações. Processo de Cross.

7." Edicão

Copyright O 1973 by José Carlos Sussekind

A primeira edição desta obra foi realizada em convênio com a Universidade de São Paulo.

Dados de Catalogação na Publicação (CIP) Internacional (Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)

Sussekind, José Carlos, 1947- S963c Curso de análise estrutural / José Carlos Susse- v.1-3 kind. - Rio de Janeiro : Globo, 1987.

Conteúdo: v. 1. Estruturas isostáticas. 9. ed. - v. 2. Deformações em estruturas. Metodo das forças. 8. ed. -v. 3. Método das deformações. Processo de Cross. 7. ed.

ISBN 85-250-0226-7

1. Deformações (Mecânica) 2. Estruturas - Aná- lise (Engenharia) 3. Forças e tensões I. Titulo.

indices para catálogo sistemático: 1. Análise estrutural : Engenharia 624.171 2. Deformações : Engenharia de estruturas 624.176 3. Estruturas : Análise : Engenharia 624.171 4. Forças : Análise estrutural : Engenharia 624.176

Todos os direitos reservados. Nenhuma parte desta edição pode ser utilizada ou reproduzida - em qualquer meio ou forma, seja me- cânico ou eletrõnico, fotocópia, gravação etc. - nem apropriada ou estocada em sistema de banco de dados, sem a expressa autori- zação da editora.

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Apresentacão

A idéia de escrever este Curso de Análise Estrutural nasceu da necessidade encontrada de um texto que nos servisse de suporte para o ensino da Isostática e da Hiperestática aos futuros engenheiros civis, idéia esta que cresceu com o estímulo recebido da parte de diversos colegas de magistério, que sevêm deparando com o mesmo problema, e cuja concretização se tornou possível a partir do interesse demonstrado pela Editora Globo em editá-lo.

O Curso de Análise Estrutural será dividido em três volumes, no primeiro dos quais estudaremos os esforços nas estruturas isostáticas, ficando o estudo dos esforços nas estruturas hiperestáticas e das deformações em estruturas em geral para ser feito nos segundo e terceiro volumes. Nestes últimos, incluiremos também o estudo de alguns tópicos especiais, cujo conhecimento julgamos indispensável ao engenheiro civil.

Na apresentação deste Curso, é dever de gratidro mencionar o nome do extraordinário professor que é o Dr. Domicio Falcáo Moreira e Silva, a quem devemos nossos conhecimentos de Mecinica Racional e de Mecànica das Estruturas, e por iniciativa de quem fomos lançados no magistério superior, na Pontificia Universidade Católica do Rio de Janeiro.

Agradecemos antecipadamente aos nossos leitores e colegas quaisquer comentários, sugestões ou críticas que nos venham a enviar através da Editora Globo, pois, a partir deles, estaremos em condições de tentar sempre melhorar este trabalho, no sentido de torná-lo cada vez mais útil ao nosso estu- dante - objetivo final de nossos esforços.

Rio de Janeiro, 10 de abril. de 1974

José Carlos Sussekind

Sumário

CAPÍTULO I - O METODO DAS DEFORMAÇÕES

I - A idéia d o método - Incógnitas I

2 - Númem de incógnitas - Deslocabilidade interna e externa 5 2.1 - Dcrlocabilidade interna 5 2.2 - Derlocabilidade externa 6 2.3 - Número total de deslocabilidades 8

3 - Grandezas fundamentais 10 3.1 - Rigidez dc uma barra II 3.2 - mo minto^ devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos 15

4 - O mecanismo do método das deformações 20 4.1 - 0bservai;óes 24 4.2 - Roteiro para o metodo das deformações 26

5 - Aplicapies $ estruturas sem deslocabilidades a t a n a s 27 5.1 - Atuacão de carregamento externo 27 5.2 - Atuaiiio de var?aç2o de temperatura ou recalques de apoios 44 5.2.1 - R7c;ilqur de apoio 44 5.2.2 - Varia~áo dc trmperstura 48

6 - Aplicação às estruturas com deslocabilidades externas 57

7 - Simplifica~ão para o casa d e estruturas elástica e geometricamente simétricas 73 7.1 - Estruturas planas 73 7.1.1 - Caro rm que o cixo d e simetria intercepta um nó da estrutiira 7 3 7.1.2 - Caso em que o eixo dc simeuin intercepta completamcntr uma barra da

estriitiira 75 7.1.3 - Caso em que o cixo de simetria intercepta tima única s e ~ ã o de uma barra 76 7.2 - Grrlliar 106 7.2.1 - Caso em que o eixo de simetria intercepta um nó da grclha 106 7.2.2 - Caso em que o cixo de simetria intercepta completamente uma

barra da grelha 108 7.2.3 - Caso em quc o eixo de simctria intercepta uma barra da grelha numa

Única secão 109

8 - Caso de barras com inércia variável 120 8.1 - Inércia da barra varia "em saltos" 120 8.2 - Inéroia da barra variando "em misula" 125 8.3 - Inércia da barra varia aleatoriamente 160

9 - U>nsideração dos efeitos do esfap namal 160 9.1 - Quadros com tirantes (au escoras) 160 9.2 - Quadros para os quais dcscjamos levar em conta as deformações por

e r to r~o iiornial 166

10 - Problemas propostos 171

CAPíTULO n - PROCESSO DE CROSS

I - Introdução 181

2 - A idéia do processo 184

3 - Roteiro do pmcesso de Cross para estruturas indeslocáveis 195

4 - Aplicação às estruturas planas indeslodveis 197

5 - Aplicação do p~ocesío de Cross $s estruturas externamente deslocáveis 215 5.1 - lntroduçáa 215 5.2 - Roteiro do proccsso de Cross para estruturas desloçáveis 216 5.3 - Aplicacões 218

6 - Aplicação do pmcesso de Cross ao t r apdo de linhas de influência 234 6.1 - Roteiro 234 6.2 - Aplicações 238

7 - Aplica* do pmcesso de Cross Ps grelhas 248 7.1 - Apresentação 248 7.2 - Aplicações 253

8 - Problemas pmpostos 261

CAPíTULO ííi - INTRODUÇÃO AO ESTUDO DOS CABOS

I - Consideraçóea preliminares 267

2 - Cabos com carregamento distribuido segundo o vão 268 2.1 - Relação entre efeitos no cabo e esiorqos na vtga dc substitui~Zo 268 2.2 - Caso de carga uniformcmcntc distribuída 271 2.3 - Aplicaqões 275

2.4 - Efeitos secundários nos cabos 279 2.4.1 - Alongamento clástico de um trccho de cabo com carga uniformemente

distribuída 279 2.4.2 - Variacão de temperatura 281 2.4.3 - A ~ ã a do vento 283

3 - Cabos mm ean-ento uniímemente distribuido segundo seu mmprimento 285 3.1 - Caso geral: pontos de suspcnsio em níveis diferentes 285 3.2 - Caso particular: pontos de suspensjo no mesmo nível 289 3.3 - Aplicaç6er 290

4 - Exercidos propostos 292

Introducão ao terceiro volume

O terceiro volume de nosso Curso abrange o estudo do segundo grande método da Hiperestática, que é o método das deformações, apresentado inicialmente sob sua formulação mais geral (e que é, modernamente, a mais importante, tendo em vista a possibilidade de automatização do cálculo estrutural através de computadores) e, a seguir, abordando-se um processo particular pertencente a este método geral, processo este muito rápido e comodo, introduzido na Análise Estrutural pelo professor Hardy Cross e que consiste numa distribuição simples de momentos em torno dos nós de estrutuia, diminuindo (e as vezes eliminando, no caso de estruturas indes- locáveis) em muito a ordem do sistema de equações de compatibilidade em cuja resolução recairá a solução da estrutura estudada.

Completa o terceiro volume uma Introdução ao Estudo da Estática dos Cabos, onde apresentamos a teoria de primeira ordem sobre o assunto, que permite, com excelente aproximação, a resolução da grande maioria dos problemas da prática.

Encerrando a introdução a este terceiro volume de nosso Curso e que marca, pelo menos nesta primeira fase, o f i a l do mesmo, gostaríamos de alertar o leitoí para um ponto muito importante: somente o conhecimento da Hiperestática Clássica - cujos conceitos fomos apresentando, escalonada- mente, visando uma boa sedimentação - possibilitará ao engenheiro projetar uma estrutura; para o cálculo da mesma, caso seja possível e conveniente, poderá se lançar mão de determinados programas de computadores, mas estes jamais poderão substituir o engenheiro na fase de projeto, onde se define a qualidade em nossa profissão.

Na oportunidade, queremos, mais uma vez, apresentar nossos agradeci- mentos ao amigo José de Moura Villas Boas pelo trabalho de revisão de todos os volumes deste Curso e a todos aqueles que, de uma forma ou de outra, colaboraram para tornar possível a sua publicação.

Rio de Janeiro. 16 de Abril de 1975

José Carlos Susselcind

CAPITULO I

O MÉTODO DAS DEFORMACÕES

No método das forças, estudado no 20 volume de nosso Curso, as incógnitas do problema hiperestático eram esforços simples (ou reações de apoio) que, determinados, permitiam o conhecimento imediato dos diagramas de esforços solicitantes para a estrutura em estudo, a partir dos quais, empregando-se o teoreina de Pasternak. podiam ser calculados as rotações e deslocamentos dos nós da mesma. Assim o método das forças inicia a resolução da estrutura pela determinação dos seus esforços para, a partir deles, obter deformações.

A resolução do mesmo problema hiperestático poderia ser, entretanto, abordada de maneira inversa, isto é, determinando-se inicialmeiite as deforma- ções sofridas pelos nós das diversas barras da estrutura para, a partir desses valores, obtei os diagramas de esforços solicitantes da estrutura. Este será o caminho adotado no método que exporemos neste capitulo e que, por esta razão, será denominado método das deformaçóes.

As incógnitas deste m6todo serão, então, os ângulos de rotaçào e os deslocamentos lineares sofridos pelos nós das diveisas barras. Em seu cálculo. serão desprezadas, normalmente, as deformaçóes das barras que compõem a estrutura devidas a esforços normais (e tamMm as devidas a esforços cortantes), não se constituindo este fato em nenhum erro especial peculiar ao método pois, tambdm no estudo do método das forças, foi usual desprezar estas deformaçúes (a não ser no caso de peças trabalhando basicamente ao esforço normal. quais sejam, barras de treliças. esforas, tirantes. arcos, pilarcs esbeltos, peças protendidas em geral, etc.) quando do cálculo dos 8 .

Por ora, trataremos apenas das estruturas para as quais estas últimas deformaçúes podem ser desprezadas (quadros planos, vigas, grelhas), isto é, estruturas para as quais podemos desprezar, para todos os fins práticos,

I 2 Curso de an8lise estrutural

a diferença entre o comprimento inicial de uma barra AB e o comprimento final da corda AB. Mostraremos depois, para as estruturas sensíveis às deformaçóes axiais, como o mktodo pode ser igualmente aplicado (ver item 9 deste capitulo).

Começaremos iiosso estudo estabelecendo que deformações de uma barra devem ser conhecidas a fim de que possamos determinar os esforços nela atuaiites. Seja, então, a barra AB indicada na Fig. I - 1.1, representando uma barra genérica de uma estrutura: devido aos esforços que solicitam a barra. ela se deformará assumindo a posição A 8: A passagem da posição AB para a posiçao A E' pode ser encarada como resultante das seguintes defor- mações, independentes umas das outras:'

Fig. 1-1

'Já que estarnos no regime linear e é válido a princípio da superposiçio de efeitos.

O metodo das deformações 3

10) Translação da barra de hA (Fig. I - 1.2): durante esta translação, a barra se mantém reta e paralela à sua posição primitiva, de modo que não é despertado qualquer esforço simples nesta fase;

20) Deslocamento linear de uma das extremidades da barra (por exemplo, B) ao longo de uma direção perpendicular a seu eixo, de valor ~ B A

(este deslocamento 6 denominado deslocamento ortogonai recíproco do nó B em relação ao nó A ) , sem rotação das extremidades da barra. Conforme mostra a Fig. I - 1.3, a barra se comporta, para este deslocamento p ~ , como se fosse uma viga biengastada AB, cujo engaste B sofreu um recalque vertical igual a p B ~ (este tipo de problema foi resolvido no volume 11 de nosso Curso), aparecendo então um diagrama de momentos fletores com o aspecto indicado na figura;

30) Rotação da extremidade A da bana de valor pA. Conforme indica a Fig. I - 1.4, a barra se comporta, para esta deformação, como uma viga biengastada em que um dos engastes sofreu um recalque angular de valor p ~ , aparecendo um diagrama de momentos fletores conforme indica a figura;

4P) Rotação da extremidade B da barra de valor pB: surge o diagrama de momentos fletores indicado na Fig. I - 1.5, devido ao funcionamento da barra como uma viga biengastada em que um dos engastes sofreu um recalque pB;

5?) Deformação da barra, sem deslocamentos lineares nem rotações de suas extremidades, devido ao carregamento externo atuante. Nesta fase, a barra funciona como uma viga biengastada submetida ao carregamento externo, aparecendo o diagrama de momentos fletores indicado na Fig. I - 1.6 e que pode ser determinado sem maiores dificulda- des, por tratar-se de resolução de uma viga biengastada para um dado carregamento, problema este resolvido pelo mhtodo das forças e cuja soluçâo, para os carregamentos mais correntes da prática, está tabelada na Tabela I (para vigas de inércia constante).

Concluindo, basta conhecer os valores de p ~ , q~ e PBA para obtermos o diagrama de momentos fletores e, a partir dele, os demais diagramas solicitantes para uma barra de uma estrutura, já que a translação 6 A da barra não introduz qualquer esforço na mesma.

h incúgnitas, i10 método das defomaçGes, para cada barra da estrutura, serão, eiitão as rotações e os deslocamentos lineares de suas extremidades2 (já que, para determinarmos o valor do deslocamento ortogonal recíproco

'ver observafão 2, a seguir

4 Curso de análise estrutural

de uma das extremidades da barra em relação à outra, necessitaremos conhecer os deslocamentos iineares de suas extremidades). É claro que, nos nós rígidos (não rotulados) de uma estrutura, a rotação e o deslocamento linear de todas as extremidades de barras nele concorrentes serão os mesmos, o que diminui sensivelmente, o número de incógnitas do problema.

Observaçães: 1) No caso de estruturas espaciais, precisaremos conhecer a rota@o e o deslocamento linear resultantes de cada extremidade das barras que compõem a estrutura. Esta rotação será dada por suas componentes (vx, v,,, pr) e o deslocamento linear por suas componentes (S,, 6,,, 8,). num total de 6 incógnitas por nó da estrutura espacial, nos casos mais gerais.

Para as grelhas (supostas situadas no plano xy e carregadas na direção z), precisaremos conhecer as rotaçóes px e py e o deslocamento linear S,, num total de 3 incógnitas por nó, nos casos gerais.

2) Nu caqo de uma barra AB possuir uma das extremidades rotuladas, (A por exemplo) sua rotapio nesta extremidade rotulada não será incógnita do problema, pois que o diagrama de rnoinentos fietores final na barra AB será igual à soma daquele provocado pelo deslocamento ortogonal reciproco PEA. com o da rotação <pg e com o do carregamento externo, supostos aplicados numa viga apoiada e engastada AB, conforme mostra o esquema da Fig. 1-2. As incógnitas serão, apenas, \pe e p a ~ para a barra da Fig. 1-2.

11 - I-15

Fig. 1-2

O método das deiormaçks 5

Note o leitor que a rotação da extremidade rotulada não será incógnita, pois é exclusivamente efeito das causas indicadas nas Figs. 1-2.3 a 1-2.5, quais sejam, deslocamento ortogonal reciproco ~ B A , rotação ipg e carregamento externo na barra AB, suposta rotulada em A e engastada em B (no caso, temos: p~ = 9, - 9, + 9,).

3) Notemos que o método das deformações só pode existir devido à existência do m6todo das forças, que é aquele que fornece os diagramas para vigas biengastadas (ou engastadas e rotuladas) devidos a 9A, pBA, etc., a partir dos quais formularemas o método das deformações.

2 - NÚMERO DE INCÓGNITAS - DESLOCABILIDADE INTERNA E EXTERNA

2.1 - Deslocabiiidade interna

Seja a estrutura da Fig. 1 - 3. Sabemos que as incógnitas do problema são as rotações e deslocamentos lineares dos nós B e C, já que os engastes A e D não sofrem deformações.

No caso, entretanto, o nó C não apresenta deslocamentos lineares, pois o apoio do 10 género impede a componente vertical e o engaste D a componente horizontal (já que despreza- mos as deformaçóes axiais das barras) de deslocamento. Assim, a única in- A cógnita do nó C será sua rotação.

Também o nó B não apresentará Fl. 1-3 deslocamentos lineares, pois suas corn- ponentes vertical e horizontal serão impedidas, respectivamente, pelos engastes A e D, de modo que a únicaincógnita, também no nó B, será a rotação.

Concluihdo, o número de incógnitas do problema é igual a 2, número de nós internos rígidos (não rotulados) da estrutura.

Dizemos que o número de deslocabilidades internas de uma estrutura é igual ao número de rotações de nós que precisamos conhecer para poder resolv6-Ia. Em outras palavras, o número de deslocabiidades internas,di de uma estruhua é igual ao número de 116s internos rígidos que ela possui3 (não incluindo os nós extremos apoiados ou engastados e, evidentemente, tis nós internos rotulados).

ara cstriitilras planas.


Observações: a) Para o caso de estruturas espaciais, o número de deslocabilidades internas é igual ao triplo do número de nós internos rigidos que a estrutura possui, pois que, para cada um deles, precisamos conhecer suas componentes de rotação em torno de cada um dos eixos coordenados.

b) Para o caso + grelhas, o número de deslocabilidades internas é igual ao dobro do número de nós internos rígidos que ela possui (pois, supondo a grelha situada no plano xy, não haverá componente de rotação em torno do eixo 02).

2.2 - Deslocabilidade externa

Seja agora, a estrutura da Fig. 1-4.1. Como todos os seus nós internos são rotulados, não precisamos conhecer as rotações das barras nestes nós (em outras palavras, não há deslocabilidades internas a considerar). Resta-nos analisar o problema dos deslocamentos lineares dos mesmos para conhecemos o número de incógnitas do problema. Iniciando esta análise pelo nó D, vemos que ele não terá componente vertical de deslocamento, devido i presença do engaste A (como sempre, estamos desprezando as deformações axiais das barras); nada impede, no entanto, seu deslocamento na direção horizontal, que se constituirá, pois, em uma primeira incógnita do problema. Para caracterizar esta incógnita, indicaremos um apoio do l ? gênero em D (ver Fig. 1-4.2), mostrando que seria necessária a existência de mais um vinculo na estrutura para que o nó D não possuísse deslocabilidades lineares.

Tudo que foi feito para o nó D vale, também, para o nó G, que pode se deslocar na direçáo horizontal (o deslocamento vertical estando impedido pelo engaste C); para caracterizar esta nova incógnita, indicaremos um apoio

O m6todo das deformações 7

do l!' gênero em G, mostrando que seria necessária a existência de mais este vínculo na estrutura oara que o nó C não possuísse deslocabilidades lineares.

Assim, caso existissem os apoios adicionais do 10 gênero @ e @ indicados na Fig. 1-4.2, os nós D e G seriam indeslocáveis linearmente, o que acarretaria, também, a indeslocabiiidade linear dos nós E e F, senão vejamos:

- O nó E, por força do engaste B, não terá com onente vertical de deslocamento e, por força do apoio do I? gênero d 1 , não terá componente horizontal de deslocamento, sendo, portanto, indeslocável;

- O nó F, por estar ligado a dois nós indeslocáveis (no caso, E e G), também o será.

A estrutura da Fig. 1-4.1, possui então, dois deslocamentos lineares (deslocamentos horizontais dos nós D e C) que, se impedidos pelos apoios do 10 gsnero 1 e 2, a tornariam sem deslocabiiidades lineares, e dizemos, então, que ela possui dlias deslocabilidades lineares ou externas (esta última denomi- nação sendo mais usual).

Definiremos, então, que nbmero de deslocabiidades externas de de uma estrutura é igual ao número de apoios do I? gênero que a ela precisamos acrescentar para que todos os seus nós fiquem sem deslocamentos lineares.

ObservaçGes: 1) No caso da estrutura da Fig. 1-4.1, os nós D, E, F, G terão deslocamentos horizontais (que seriam, à primeira vista, as incógnitas do problema), mas apenas os deslocamentos dos nós D e G são incógnitas independentes (pois o deslocamento horizontal de E, por estar ligado a D por uma barra horizontd, será igual ao de D; e o deslocamento horizontal de F, por estar ligado a E e C. será função dos deslocamentos destes dois pontos e, portanto, em última análise, dos deslocamentos de D e C). Assim, o número de incógnitas independentes do problema (que é o número de deslocabiidades externas da estrutura) é apenas 2.

Este número de incógnitas independentes é traduzido, conforme mostra o exemplo da Fig. 1-4, pelo número de apoios do I? gênero que precisamos acrescentar à estrutura para tomá-la sem deslocabilidades lineares e, por esta razão, foi lícito definir o número de deslocabilidades externas da estrutura a partir dos apoios adicionais do I ? gênero necessários. (Preferimos esta forma de defmição por ela conduzir, com menor trabalho de raciocínio, ao valor de de, principalmente em casos de estruturas mais complexas, onde não é tão simples reconhecer o número de deslocamentos lineares independentes, por análise direta da estrutura dada.)

2) É usual chamar-se às estriituras que possueiii deslocabilidades externas de estruturas deslocáveis, e aquelas que náo as possuem (mesmo tendo deslocabilidades internas) de estruturas indeslocáveis.


2.3 - Número total de deslocabilidades

Como as incógnitas do problema são as rotaçóes dos nós internos rígidos da estrutura (traduzidas pelo valor di) e os deslocamentos lineares independentes de seus nós (traduzidos por de). dizemos que o número total de deslocabiidades d de uma estrutura, - igual ao número total de incógnitas de sua resoluqão pelo método das deformações - é dado pela soma de seu número de deslocabiiidades interna (di) e externa (d,).

Podemos então escrever: d = di + d, (1.1)

A exemplificaçáo a seguir esclarecera:

Ex. 1.1 - Obter o número total de deslocabiiidades para as estruturas planas das Figs. 1-5.1 a 1-12.1

Lstando os apoios do l? gênero adicionais para tornar as estruturas externamente indeslocáveis indicados nas Figs. 1-52 a 1-12.2, obtemos, a partir da expressão (I-]), s u número total de deslocabiidades, indicado ao lado destas últimas figuras:

O metodo das deformações

d = 4 + 3 = 7 Fig. 1-8

n d = 1 + O = L (A estruhira não tem deslocabilidade externa.)

1-10., I+ Fig 1-10

q' A d = 3 + O = 3 (A estrutura nào apresenta deslocabilidade externa.)

1-11.1 Fig. 1-11 "i 2

A Ad d = l + l = 2 Fig. 1-12

1-11., 1-12.2

Observaçüo: O caso da estrutura da Flg. 1-12.1 serve para chamar a atenção do leitor para o fato de qiie não precisamos incluir trechos em balanço (no raso, DEFJ para a análise do número de deslocabilidades da estrutura, pois o balanço pode ser retirado, e substituída sua ação sobre o resto da estrutura pela de um momento e de uma força, conforme indica a Fig. 1-12.2, a partir da qual obtivemos o número de deslocabilidades da estruturadada.

10 Curso de analise estrutural

Ex. 1-2 - Obter o número total de deslocabilidades para as grelhas (estmturas planas que serão solicitadas perpendicularmente a seu plano) das Figs. 1-13.1 a 1-15.1.

Partido de (1-1) e levando em conta que cada nó interno rígido de uma grelha tem duas componentes de rotação e uma componente de deslocamento linear (perpendicular ao plano da grelha), obtemos seu número total de deslocabilidades, indicado ao lado de cada estrutura. Nas Figs. 1-13.2 e 1-14.2 estão representados os apoios adicionais do 10 gênero necessários para tornar as greihas indeslocáveis.

d = 2 X 4 + 0 = 8 (A grelha não apresenta desla- iabilidades lineares.)

M Fig. 1-15

3 - GRANDEZAS FUNDAMENTAIS

Conforme vimos no início deste capítulo, para a determinação <',os diagramas de momentos fletores atuantes numa barra de uma estrutura. precisamos conhecer, al6m do diagrama de momentos fletores qiie ter'ia esta barra

O método das deformações 11

se fosse, conforme o caso, biengastada (V. Fig. 1-1.6) ou engastada e rotulada (V. Fig. 1-2.5) para o carregamento externo atuante - que é de imediata determinação pelo m6todo das forças e facilmente tabelável para os carregamentos usuais da prática (V. Tabela I) - também aqueles devidos às rotações existentes nos nós externos não-articulados da barra (Fig. 1-1.4, 1-1.5 ou 1-2.4) e aquele devido ao deslocamento ortogonal gciproco de uma extremidade da barra em relação à outra (Fig. 1-1.3 ou 1-2.3) e que podem ser tratados como recalques angulares e lineares, respectivamente, de uma viga biengastada ou engastada e rotulada conforme o caso.

F? pensando nestes últimos diagramas que vamos agora estabelecer alguns conceitos, que serão de importáncia prática fundamental para o mecanismo operatório do metodo das deformações, que introduziremos no item 4 deste capítulo.

3.1 - Rigidez de uma barra

Denominamos rigidez de uma barra num nó ao valor do momento que, aplicado neste nó, suposto livre para girar, provoca uma rotação unitária do mesmo.

Examinemos separadamente os casos de uma barra biengastada e de uma barra engastada e rotulada.

a) Barra biengastada

L I L Seja a barra biengastada AB da Fig. .7

1-16.1, cuja rigi'dez no nóA desejamos A B

determinar. 1-16.1 Conforme a definieão. trata-se de de- . ,

terminar o momento MA que deve ser aplicado em A para produzir a rotação A

= 1 indicadana Fig. 1-16.2. Trata-se, -

então, da resolução da viga biengastada 1-16.2

AB para o recalque angular 9 = 1 indi- $0 = 1

cado em 1-163. \I

Supondo a barra com inkrcia constante J e mbdulo de elasticidade E, a obtenção do diagrama de momentos fletores pode ser feita pelo processo de

Curso de análise estrutural

h Mohr. Sendo o aspecto do diagrama de momentos fletores o indicado em 1-17.1, e a viga conjugada, carregada com MIEJ a indicada em 1-17.2, im-

Y A pondo a esta última as condições es-

1- 17.1 táticas de eauilibrio. temos:

2 EJ 4EJ Daí temos: MA = 7 -

= ?,sendo odia- A

erama final o indicado em 11-17.3 4 EJ

- - Assim, para uma barra biengastada,

I 1 - 17.3 de inércia constante J , sua rigidez num

nó é dada por:

Fig. 1-1 7 C a s o de J constante. 4 E J K = - I

interessante notar que, como conseqüência da aparição do momento 4EJ

igual a 7 no bordo que sofreu a rotação unitária, apareceu um momento

igual à metade de seu valor na outra extremidade da barrae de mesmo sentido vetorial que o da rotaçáo 9 = 1 e do momento que a provocou. Dizemos então que o coeficiente da transmissão t de momentos de um nó para outro nó engastado, numa barra de in6rcia constante, é dado por

Resumindo, para uma barra biengastada, de in6rcia constante, temos 4 E J

Rigidez em um nó: K = - I ' . ' (1.2)

Coeficiente de transmissão de momentos para nó engastado: t = + 0,s (1.3)

Obsen>açóes: a) Para o caso de barras que não possuam inkrcia constante, não se obtém uma expressão tão simples para rigidez e coeficiente de trans- missão como a do caso de inércia constante. De qualquer forma, tratar-se-á da resolução do problema indicado em 1-16.3 (viga biengastada submetida a


recalque angular unitário de um de seus engastes) para a lei de variação de in6rcia que tiver a barra. Este problema terá que ser resolvido previamente para tais barras da estrutura, porque, conforme veremos no item 4 deste capítulo, o conhecimento da rigidez e do coeficiente de transmissão e indis- pensável ao mecanismo operatório do m6todo das deformaç3s.

Em particular, se a lei de variação da indrcia for em misula reta ou parabblica (simktnca ou assimetrica), as Tabelas IV a VI1 nos fornecerão, de imediato, os valores da rigidez e dos coeficientes de transmissão para a barra.

Por ora, estudaremos o caso de barras com iudrcia constante e deixaremos as barras com in6rcia variável para serem estudadas, com detalhes, no item 8 deste capitulo.

b) Estabeleceremos, agora, uma convenção de sinais que será adotada 110

metodo das deformações - particularmente útil no desenvolvimento do mesmo - e que consiste em chamar de positivos aos momentos e rotaçòes 110s extremos das barras quando os mesmos tiverem o sentido trigonométrico ou anti-horário. conforme indica a Fig. 1-18, sendo negativos eni caso contrário.

. 1-18 - Conven~ão dc sinais para rotação de nós i momentos atuantes nas cxtrcmidades da barra.

Notar bem que não existe nenhuma relação entre esta convenção de sinais e a convenção às vezes adotada na estática de chamar positivos aos momentos fletores que tracionam suas fibras inferiores e negativos em caso contrário.

Assim, por exemplo, para o caso da Fig. 1-17.3, usando esta convenção, a imposição da rotação ip = + 1 em A acarretou o aparecimento de um momento

4 EJ MA = +- , em A e de momentc M, = + - 2 y em B.

As vantagens de uso desta convenção de sinais ficarão patentes com o correr do desenvolwnento do método.

b) Barra engastada e rotulada

Analogamente ao caso da barra biengastada, a rigidez em A da barra AB da Fig. 1-19.1 será igual ao momento fletor que aparecerá nesta seção para a resolução da viga AB para um recalque angular de apoio em A igual a ip = + 1 , conforme indica a Fig. 1-19.2.


Para barra com inércia constante J , o problema foi resolvido n o Exemplo 1-26 do Cap. 1 do Vol. I1 do nosso Curso, obtendo-se o diagrama de momentos fletores indicado em 1-19.3, a partir do qual podemos dizer que, para um nó engastado de uma viga engastada e apoiada, sua rigidez K' é dada por:

3 EJ K ' = - I (1.4)

Para o caso de inércia variável, vaiem as mesmas observações feitas para o caso da viga biengastada.

Observações: Defiiiiremos rigidez relativa ( k ) de uma barra num nó como o quociente de sua rigidez absoluta pelo quádruplo do módulo de elasticidade longitudinal do seu material.

Assim, num nó engastado de uma barra biengastada de inercia constante J , temos: K J k =- =-

4 E I (1.5)

Para um n ó engastado de uma barra engastada e rotulada de inércia constante J , virá:

A razão da introdução deste conceito (que visa apenas simplificar o trabalho numérico de resolução das estruturas) se fará sentir ao longo das aplica- çOes subsequentes à apresentação do mecanismo operatório do método das deformações.


3.2 - Momentos devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos

a) Barra biengastada -1-

Seja obter. para a viga bieiigastada A - . .

AB de váo 1 da Fig. 1-20, I . o diagrama . . "T+- ----+- de inoinentos fletores despertado por 1-20.1 uin deslocameiito ortogonal reciproco ( + P ) ~ de uma cxtreinidade ern relação a outra e que se comporta. conforine sabemos. como se fosse uin recalque vertical de apoio p da viga bierigastada AR.

I-20.2 - Partindo desta interpretação, o dia-

grama pode ser diretamente obtido empregando-se o método das forças M A %B 1-20.3 ou. iiiesrno. pelo emprego do processo de hlohr.' Fig. 1-20

Uma outra solução mais elegante paia o problema, na qual aproveitaremos os conceitos de rigidez (K) de um nó e de coeficiente de transmissão (r) de momentos de um nó para outro (instituídos no tópico anterior deste item) pode ser obtida a partir do esquema da Fig. 1-20.2, pelo qual vemos ser possível enca1a.r os efeitos do recaique vertical p (Fig. 1-20.1) como superpo-

P P sição dos efeitos de uma rotação ipA = +T e de uma rotação ipg = +T .

Partindo dai, temos o diagrama de momentos fletores indicado na Fig. 1-20.3, cujos valores extremos MA e M B S ~ O dados. empregando o princípio da superposição de efeitos (efeitos de i p ~ e de +oB), por:

MA = KAPA + t ~ - A &@E =+ (KA + f ~ - A K B ~ (1.7)

4~onsideraremog positivo um deslocamento ortogonal ~ecfpraco quando a extremidade da direita da barra descer em relaçio à extremidade esquerda. Esta convenqão é inteiramente compatível com a convenqão de sinais de momentos e rotações da Fig 1-18 (conforme verificará o leitor da Fig. 1-20.2).

'para barra com inércia constante. este problema foi resolvido empregandowe o priicr7so di Mohr.na aplicaqão 1-27 do Cdp. I , vol. I1 dc nossa Curso.

16 Cuno de analise estrutural

As expressões (1.7) e (1.8) sáo inteiramente gerais, valendo para qualquer 1pi de variação de inércia da barra biengastada, dependendo apenas da rigidez da mesma em seus nós A e B e dos coeficientes de transmissão de um nó para O outro.

Em particular, se a barra tiver inér- cia constante J, como Ka = KB = . . -

6EJp - -- 4EJ e t = 0,5, virá: - 1

A 6 EJp

P MA

6 E J p grama de momentos fletores, no caso.

- 111 o indicado na Fig. 1-21.

Os casos de inércia variável serão

F ~ , 1-21 C a s a de inércia constante. estudados em detalhes no item 8 deste capítulo.

b) Barra engastada e rotulada

Analogamente ao caso da viga biengastada, a resoluçáo de uma viga engastada e rotulada para um deslocamento ortogonal recíproco ( tp ) de uma de suas extremidades em relação à outra (que é a resolução da viga para um recalque de apoio p, conforme indica a Fig. I-22.1), pode ser encarada como sendo a resoluç%o da mesma viga para uma rotaçáo imposta em A, de valor

P pA = +-, conforme indica a Fig. 1-22.2. I Partindo da defmição de rigidez K' de

j - 4 um nó engastado de uma barra engas- A &------ tada e rotulada, obtemos o diagrama - - 1' @ de momentos íietores desejado, repre- -.

1-22.1 >.

sentado na Fig. 1-22.3 e defmido pelo valor

* A ; + - P

MÁ = K i p A = K i -j- (1.9) 1-22.2

expressáo esta inteiramente geral (para qualquer lei de variação de inércia).

1 . ~ 3 Em particular, se tivermos numa ~ i g 1-22 barra de inércia constante J , levando

em conta a expressão (I.4), virá

3EJp , obtendo-se, para este nfA = -- MA 1'

caso, o diagrama de momentos fletores F i i 1-23 - Caso de 3 constante. da Fig. 1-23.

O m6todo das deformaç3es

TABELA 1 - Momentos de engastamento perfeito (Vigas com inércia constante)

(Observação: Sinais obedecendo à convenção da Fig. 1-18.)

c * ) Para este caso, é mais rápido empregar-se a làbela I1

18 Cuno de análise estrutural

TABELA I1 - Momentos de engastamento perfeito para uma arga wn- entrada (Viga com inércia constante)

O ni6todo das deformaçóes 19

TABELA 111 - Grandezas auxiliares para barras com inércia constante J

(Observação: Sinais obedecendo à convenção da Fig. 1-18.)

Barra biengartada

A B

B I k

4 liJ

J A B kA:-

I

A B

---- . . . '-Q M A = M ~ = +

6 EJP 7-

p=-1

A B

2 EJ L J , k,=-X- K" 7- 2 1

q = + i p=+1

n A E

6 EJ 3 1 liazi; k,=- X - 2 1

Barra engastada e ratiilada

A V B

L I A Y

3 E1 rA=- I

3 J k ~ = - X -

A B 4 1

A

4 B --__ -. -..

3 EIP MA=+- l2

-

-


4 - O MECANISMO DO MÉTODO DAS DEFORMAÇÕES

Seja resolver o quadro ABCD da Fig. 1-24, que possui 3 deslocabilidades, sendo 2 internas (rotação dos

d

horizontal da barra BC). 1711 nós B e C) e 1 externa (deslocamento , A

Adotando um sistema principal que L l z - impeça todas estas deslocabilidades e

que consiste na coloca~ão de chapas Fig. 1-24 -Estrutura dada. rígidas que impeçam a rotação dos nós B e C (chapas 1 e 2). e de um apoio do I? gênero (3) na barra BC, impedindo seu deslocamento horizontal, conforme indica a Fig. 1-25, neste sistema principal todas as barras esmo

+1*73 funcionando como biengastadas (bar- O

ras AB e BC) o11 engastadas e rotu- Fig. 1-25 - Sistema principal. ladas (barra CD).

Sabemos que a diferença entre o sistema principal da Fie. 1-25 e a estrutura dada da Fig. 1-24 é que existirá rotação dos nós B e C (às quais chamemos A, e A,) e haverá um deslocamento horizorital de barra BC (ao qual chamemos A,). Assim, empregando o princípio da superposição de efeitos, poderiamos dizer que a resolução da estrutura da Fig. 1-24 seria igual à soina dos quatro casos indicados nas Figs. 1-26.1 a 1-26.4, representando a resolução da estrutura do sistema principal para os efeitos isolados do carregamento externo e de cada uma das deslocabilidades. Como des- conhecemos os valores A,, A,, e A,, arbitramos um valor. por exemplo, unitário para estas deformações, devendo os efeitos assim obtidos ser multi- plicados pelos valores corretos que serão encontrados para A I , A, e A3 ao fm do problema.

Notemos que:

a) Na Fig. 1-26.1, temos a resolução de duas vigas biengastadas Ai? e BC para o carregamento externo, cujos momentos de engastamento perfeito em B e em C, indicados na Fig. 1-27, representam a ação das chapas 1 e 2 sobre a estrutura do sistema principal para que os nós B e C não girem, dando momentos resultantes em B e C, respectivamenie, iguais a

PIO ! w B ~ - MB@

= - w p

O método das deformações

- bii O,&

f- 3 0 3 , , +A,[;m+ ' \ A , = + , I-20.2

-

Fig. 1-27


Nos valores dos momentos resultantes da ação das chapas 1 e 2 sobre os nós B e C, estamos colocando dois índices (analogamente ao que fizemos no método das forças) - o primeiro se referindo ao local e o segundo à causa do momento. Assim, Iizo significa o momento exercido pela chapa 2 sobre o nó C da estrutura no sistema principal, para que o mesnio não gire quando da atuação do carregamento externo (índice O).

Devido ao carregamento externo e aos momentos de engastamento perfeito que existem nas barras, aparecerá0 as reações de apoio y4 e FB@ na barra e FB@ e F=@ na barra @ ; as reações h, F@ e F ~ @ irêo para os apoios que a estrutura possui, indo a reação F B ~ para o apoio do I ? gênero @ indicado no sistema principal. No caso, então. teríamos:

= -F.rjQ. onde OS dois índices têm o significado análogo ao do caso dos momentos PIO e P,, ou seja, é a forca exercida pelo apoio 3 sobre a estrutura do sistema principal para que a barra BC não sofra deslocamento liorizontal quando atuar o carregamento externo.

b) Nas Figs. 1-26.? e 1-26.3, temos a resolução do sistema principal (estrutura toda fixada) para rotação unitária de um de seus nós. Aparecerão nestes nós. conforme sabemos, momentos iguais à sua rigidez (ver item 3.1 deste capítulo), indo para os outros nbs da barra momentos iguais ao produto desta rigidez pelo coeficiente de transmissão. Assim, para o caso da Fig. 1-26.2, por exemplo, temos o esquema detalhado indicado na Fig. 1-28, a partir do qual obtemos:

O m6todo das deformacões 23

Para o caso da Fig. 1-26.3. o raciocíiiio seria inteirarilente anáiogo. obtendo-se

lii2 = [CB 4 li22 = KcO t ~ $ 3

= Ki.@/li

c) Na Fig. 1-26.4. temos a resoluçáo de uma viga biengastada AU e de uma viga engastada e rotulada CD para um deslocainerito ortogonal recíproco unitário de uma extremidade em rclaçáo à outra. resoluçCies estas cstu- dadas no itein 3.2 deste capítulo, sendo problema. pois. de rcsoluçáo conhecida.

Chamando MA. I Z I ~ e M P a o s momeiitos que aparecerão devido a este deslocaiiiento ortogoiid recíproco. teiiios. a partir do csqueiiid detaiiiado da Fig. 1-29 e levando em conta as expressões ( 1.7) a (1.9):

Voltaiido, agora. ao csquema da Fig. 1-26. que resolve a estrutura a partir do conheciiiiento dos valores de A , . A, e A,. veiiios que. como não existem na estrutura dada as chapas 1 e 2 e o apoio do l'? gênero 3 colocados iio sisteina principal, estes valores de A , , A, e A, tem que ser tais que não


existam aç6es estáticas f i a i s das cliapas e do apoio adicional do I ? género sobre a estrutura do sisteina principal. pois, assim, o mesmo reproduzirá. fielmente o comportamento estático e elástico da estrutura dada. Assirn. devemos ter que o moinetito fmal exercido pelas chapas sobre os respectivos nós deve ser nulo, bem como deve ser nula a força exercida pelo apoio suplementar do l ? gênero sobre a barra BC (isto é, não existem cargas- inomento aplicadas eni B e C c não existe carga horizontal aplicada à estrutura dada em C).

Partindo do esquema da Fig. 1-26 obtemos. então, pelo emprego do principio de superposição de efeitos, o seguinte sistema de equações dc compatibilidade estática do sisteina principal adotado coiii a estrutura dada:

Carga momento atuante eniB =O ..... 1110 + PliAi + Pi2Aa + Pi3A3 = 0 Cargamomento atuante em C= O..... 1120 + 1121~3, + 022A1 + 1123a3 = 0 Força horizontal atuante em C = O ... 030 + &IA, + /133A3 = 0 C

(1.10)

Resolvido o sistema (I.lV) e conhecidos os valores de A , . A* , A3, a estrutura está resolvida, pois, empregando-se o principio da superposição de efeitos indicado na Fig. 1-26, temos que qualquer efeito final E - sendo I<(, o efeito provocado no sistema principal pelo agente solieitante externo (no caso, o carregamento) e Ei o efeito provocado, no sistema principal, pelos deslocamentos com os valores arbitrados (no caso da Fig. 1-26. valores estes unitários) - será dado pela expressão (1.1 I), que resolve o problema.

E = E, + P Ei Ai 11.1 1 )

4.1 - Observições:

a) Assim como no caso do método das forças. queremos cliamar a atenção. mais unia vez. para o fato de que os valores que arbitramos para a s incógnitas no sistema principal podem ser quaisquer. pois os valores finais que acharemos para as mesmas são os fatores-escala tais que corrigem os valores arbitrados, de tal forma a serem satisfeitas as equaqões de conipatibiiidade estática do sistema principal com a estrutura dada.

b) 1'40 caso de querermos resolver uma estrutura para variaçáo de temperatura, recalque de apoio ou para modificações de comprinieiito impostas durante a montagem, o raciocínio seria o mesmo, bastando tratar cstes efeitos como agentes externos, isto 6 , analogamentc a um carrcgamento externo. A exemplificação que se segue no item 5 esclarecerá o assun?o.


c) O trabaiho de resolução de uma estrutura pelo método das deformações, conforme ilustra o exemplo da Fig 1-26, é o trabalho de resolução de um sistema n X n de equação lineares, sendo n o número total de deslocabilidades da estrutura dada.

d) Observe o leitor como, mnemonicamente, o sistema de equações de compatibilidade estática do método das deformações pode ser escrito diretamente, pois tem o aspecto indicial idêntico ao do sistema de equações de compatibilidade elástica do método das forças.

e) Escrevendo o sistema de equações (1.10) sob forma matricial, temos:

ou, mais simplificadamente:

{ f i o ) + r81 {AI = o (i. 12)

Ao vetor {o,}, onde a ação d o agente solicitante externo se faz sentir, chamainos vetor dos termos de carga (no caso de variação de temperatura, recalque, etc., basta substituir os 01, pelos Pir. fiz,, e t 3 .

A matriz [Pl, quadrada e simétrica6. por força do teoreina de Betti. chainamos matriz de rigidez (pois transforiiia deslocainentos ein forças ou rotações em inomcntos. conforme o caso), sendo f~inçáo. apenas, do sistema principal adotado (independeiido completamente do agente solicitante externo).

Resolvendo a equação (1.12), obtemos a expressão (1.13). que resolve o probleina e iiiostra que o trabalho de resolução de uma estrutura pelo método das deformaçiies é dado pelo trabalho de inversão de sua niatriz de rigidez.

{ A } = -[ol-' {8o) (1.13)

f ) Por força do teorema de Betti (que acarreta a simetria da matriz de rigidez de uma estrutura hiperestática, desde que os 4 tenham sido arbitrados com valores iguais), podenios tirar uma expressão geral, que será de grande utilidade no estudo das barras biengastadas, de inércia variável, relacionando a rigidez da barra em suas extremidades coni os

6~ matriz só será simétrica caso arbitrem09 os Ai iguai* riitrr si (não nrccsraria- iiiente unitários). conforme pode observar o leitor p e h análise do cxcmplo da Fig. 1-26, NZo l~iavcrá nenhum problema especial, no entanto. se arbitrnino* valores desiguais para os Ai; toda a teoria continua válida. deixando. apenas. a maliir [li] dc <?r rimétrica.


coeficientes de transmissão, fornecendo-nos a expressão (obtida igualando, por exemplo, Oi2 a 02,):

Krtro t C ~ K r

1-30.1 1-30.2

Fig. 1-30

A expressão (1.14) - tornamos a frisar - é válida para qualquer lei de variação de inércia que possua a bana biengastada e mostra que são idênticos os momentos despertados num engaste, quando damos uma rotação unitária ao engaste oposto, qualquer dos dois que ele seja.

g) Por motivos didáticos, conforme perceberá posteriormente o leitor, ini- ciaremos nossas aplicações para estruturas externamente indeslocáveis submetidas a carregamento externo, abordando, apás, os demais casos (estruturas com deslocabilidades externas, ações térmicas e de recalques de apoios, etc.).

4.2 - Roteiro para o método das deformações

A partir do que vimos nos itens anteriores deste capítulo, podemos enunciar o seguinte roteiro para o emprego do método das deformações:

i?) Escolha do sistema principal (obtido bloqueando-se as deslocabilidades internas com chapas rígidas e as desloizbilidades externas com apoios adicionais do 10 gênero).

'por aplicação direta, ao caso, do teorema de Betti, poderíamos escrever esta expressão, pois, considerando inicialmente a Fig. 1-30.1 como estado de carregamento e a Fig. 1-30.2 coma estado de deformação, escreverimos que o trabalho virtual realizado seria ( K g t g c ) X I , e depois, invertendo os estados de carregamento e de deformação, obteríamos o trabalho virtual ( K c t c ~ ) X 1. Igualando os dois valores, chegamos a K g l g c = K c t c - (os trabalhos virtuais igualados foram os das forças externas, já que os das forças internas são iguais entre si).


20) Resoluçáo do sistema principal para o agente solicitante externo, obtendo-se o vetor { o 0 ) e para cada uma das deforinaçoes incógnitas A,, com o valor arbitrado inicialmente, obtendo-se a matriz 181.

30) Cálculo das deformações (incógnitas) Ai (pela expressão {A,] =

= -[81-' {Oo}).

40) Obtenção dos efeitos finais (E = E, t Z Ei Ai).

s - APLICAÇOES AS ESTRWURAS SEM DESLOCABILIDADES EXTERNAS

5.1 - Atuapo de carregamento externo

Ex. 1.3 - Obter o diagrama de inomentos fletores e as reaçóes de apoio para o quadro da Fig. 1-3 1. cujo material tem t' = 7 X 1 0"/m2 e cujas barras possuem inércia constante e igual a 0,024 ni4.

Fig. 1-31

0bedecendo.se ao rotciro indicado em 4.2. temos:

1. Sistema principal

Tendo a estrutura dada apenas duas deslocabilidades internas (rotaçóes dos nós B e C), obtemos o sistema principal da Fig. 1-32. colocando chapas rígidas nos nós B e C.


2. Efeitos no sistema principal

a) Carregamento externo P,,=+6 p,0=+12

Com o auxilio da Tabela I, obtemos I? n os momentos de engastamento perfeito e que sáo, no caso: O +6 -6

O A Para barra 2: I I

Pl Mc = - - = -6 int

8 Fig. 1-33 - Mo

Para barra 3:

Temos. então, o esquema da Fig. 1-33, a partir d o qual, obtemos:

= t6 Ozo = +18 - 6 = t12

b) Rotaçáo A,

O i i = 17 02, =+1.5 Como, conforme vimos na exposição do método. não somos obrigados a

r' A

dar rotações unitárias, trabaiharemos ry-\ com a rigidez relativa das barras (isto é, dividiremos a rigidez real por 4E) e multiplicaremos a inércia por I @ , +2

para trabaharmos com números mais s i m p l e ~ . ~

Fig. 1-34 - M , Assim, girando o rió 1, teremos:

1 74 Para a ba ra 1: k = A = L - I h

- 4

J 24. Para a barra 2: k = - = - = 3

1 8

80biidos os vaiarcs finais de Ai c A2 para o problema. ronio arbitramov iIm;i i o3 rotaqào igual a (-) rad para as nós B c C Ipois dividimos a rigidez por 4F c 4E

muitiplicamos a inércia por 10". tcrcmas que as rotaçõcs carrcfas de B o C ~er. iu: 103 103

PB= - A I e V C = -A2. 4K 4F


Levando em conta que as barras tem intrcia coiistante e que, portalito, o coeficiente de transmissão vale +0,5, obtemos o esquema da Fig. 1-34. a partir do qual podemos escrever:

8i i = +7 0 2 1 = +1,5

c) Rotação A2

Adotando os mesmos fatores-escala " que os escolhidos para a rotação A i , p , , = + , , ~ O ~ ~ . + I O

temos, girando o no 2: A A

Para a barra 2:

Para a barra 3:

Para a barra 4:

Vem, então, conforme indica a Fig. 1-35:

0 1 2 = + l i 5 pz2 = t 1 0

3 . Cálculo das incógnitas A, e A2 Sabemos que:

Fig. 1-35 - Mi

Daí. obtemos:

$:I = - 6: a] { ) = Li: i'] 6:) = @I$


4. Efeitos finais

Seráo dados por E = E, - 0.62E, - 1.1 1 E,, obtendo-se os momentos finais nas extremidades das barras indicados na Fig. 1-36. a partir dos quais, confomie indica em detalhe a Fig. 1-37. obtemos as reações de apoios e o diagrama de momentos fletores pedidos, representados na Fig. 1-38.

Notar que a sonia dos momentos em torno de cada nó deve dar zero, pois não existe carga-momento aplicada à estrutura (geralmente existirá

Fig. 1-36 - Momentos finais nas esfremidadcs das barras

M = M o - 0 . 6 2 M 1 - I.11M2.

A

Fig. 1-37 - Situagão final dar barras

14.67 mt

t2.031 t3.97 + 13.83 = 17.8r

Pig. 1-38 - DMF ieiii mtl c reqhcr de apoio

O método das deformacões 31

um valor residual náo-tiulo iicsta soma. representando o erro numérico cometido quando do arredoiidmento feito na soluçSo do sistema de equações de coiiipatibilidade cstática. Desde que este resíduo seja suficiente- ineiite pequeno, em presença dos demais valorcs, não terá maior expressão).

Ohseri~acão:

As rotaçóes vcrdadeùas (ver nota dc rodnpé 8) dos nós B e C são dadas por:

103 q B = - A , = - = -0,78 X IO-%ad

4 E 4 X 2 X 1 0

Os sinais negativos indicam que as rotações cometas sào no sentido liorário.

Ex. 1.4 - Obter o diagrama dc momcntos fletores e as reações dc apoio para a estrutura de inércia constante da Fig. 1-39.

6 t l rn

Fig. 1-40 1. Sistema principal

T a c s t r t u d a d e s o a i i A dades intcrnas (rotações dos nós D e R e nenhuma deslocabilidade externa, o sistema principal é o dn Fig. 1-40.

A O O

/ B .C



a) Carregamento externo

Pela Tabela I , temos:

Para a barra @ :

M* = -iw, = -- 6 X 4 2 = t 8 m t 12 + A 8

Para a barra @ : MD = -MF = t 8 mt Fig. 1-4 1 - Mo

A partir do esquema da Fig. 1-41, vem:

b) Rotação A,

Trabaihando com rigidez relativa e arbitrando .I = 60 para todas as barras, vem, para uma rotação do nó 1:

J 60 B a r r a s a e @ : k = - = - = 12

1 5

3 J 3 60 Barra @: k '= -X-=-X -=11 ,25 +10

4 1 4 4

J 60 Barra O: k = - = - = 20

Fig. 1-42 - M~ 1 3

A partir do esquema da Fig. 1-42, vem:

> o l 1 = 5 5 , 2 5 Pzi = 6

c) Rotação A2

Agindo analogamente ao caso da ro- tação A , , obtemos da Fig. 1-43 (levando em conta que, no nó F, temos,

60 para a barra @ : k = -= I 2 e para

3 60 a barra @ : k' = - X - = 15):

4 3 A~

i O método das deformações

3. Cálculo das incógnitas

i E;} = - ['a5 ,;I -' {-i} = {-;;;;} I

1 4. Efeitos finais

1 A partir da expressáo E = E,, - 0,033E, + 0,297E2, obtemos os momentos finais atuantes nas extremidades das barras, indicados na Fig. 1-44, a partir dos quais obtemos o diagrama de momentos fletores (em mt) da Fig. 1-45.

Fig. 1-44-M =Mo-O,033M1 t 0,297M2

Fig. 1-45 - Diagrama de mamcntoi fletorcs (em mt).

A obtenção das reações de apoio, neste caso, não é tão simples quanto à do exemplo anterior, que, por ter todas as barras perpendiculares entre si, nos permitiu obter as reações de apoio por uma simples soma de esforços cortantes.

No caso deste exemplo, o procedimento mais fácil será rotular todos os nós da estrutura e aplicar, como cargas, os momentos atuantes nas extremidades das barras e o carregamento externo, conforine está feito na Fig. 1-47; com isto obtém-se uma estrutura hipostática com um carregamento auto-equilibrado e, desta forma, torna-se possível obter as reações de apoio empregando as equações da Estática. Senão vejamos:


Por ZX = O ... liA = 0,3St 6 tim - ~ o r ~ ~ @ = O . . . 0 , 3 5 X 3 + 4 V ~ - 7 , 8 -

- 6 X 4 X 2 + 8 , 4 = 0 .-. VA = 11.6t

POI CiClc = O ... 1 I .6 X 8 + 4V8 t + 0,35 - 7,8 - 6 X 8 X4=

7,8 0.4

0.7 = O : VB = 26,Xt A -

P o r X Y = O ... V c = 6 X 8 - V q - i % = ti^ = 9,hi 1% !vc

Fig. 1-47

As reações de apoio são. então. as indicadas na Fig. 1-48. O procedimento empregado neste caso, para ohtenção das reações dc apoio, é inteiramente geral, ~ o d e n d o ser adotado em qualquer outro.

t11.6t t 26.8% tQ.8t

Fig. 1-48 - Ileuqõcr dc apoio.

Ex. 1.5 - Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de iiiércia constante da Fig. 1-49.

I Fig. 1-49 0% oc I I


A estrutura da Fig. 1-49 pode, retirandwse seu balanço, ser encarada de forma indicada na Fig. 1-50, a partir da qual obtemos:

Fig. 1-50

1 . Sistema principal

2. Efeitos no sistema principal:


Conforme a Tabela I, temos, devido à carga uniformemente distribuída:

Para barra @ : Mq = -Ms = -- 62 - - +12 mt

12

Para barra @ :

v , a I

- I -

carga distr. 1 +12 -12 ;+I8 O 1 momento do i 1 -4 - -8 i balanço I

I

Fii. 1-52 - Mo


Devido à influência do balanço, temos um momento em C, de (-8 mt), que transmitirá i extremidade B da barra @ um momento de (-8) X 0,s = = -4 mt. Com isto, obtemos o esquema da Fig. 1-52, a partir do qual vem: Pio = 14 - 12 = 2.

b) Rotação A ,

Arbitranco d = 24 e trabalhando com rigidez relativa. temos no nó B:

24 Para barra 0 : !i = - = 4

6

3 24 Para barra @ : k = - X - = 3

4 6

Obtemos, então: O,, = 7

3. Cálculo da incógnita:

-Pio -2 Temos: A , = - = - - P l l 7

4. Efeitos finais

2 Como M = Mo- - M , , temos, a partir dos momentos finais indicados

7 na Fig. 1-54, o diagrama de momentos fletores (em mt) da Fig. 1-55.

Fig. 1-54 - Mornrntor nas cxlremidade, dar batias: iM := Mo - L M i 7

O m6todo das deformações

Fig. 1-55 - DMF (em mt)

Obsmvaç50: Note o leitor como a presença de um balanço não introduz nenhuma incógnita adicional no problema, pois podemos rompê-lo, trans- ferindo suas açóes estáticas para o apoio que Ihe é adjacente (no caso da Fig. 1-49, o apoio 0.

Ex. 1.6 - Mesnio exercício anterior se, ao invés do engaste em A , tivermos um engaste elástico de constante K = 104 mt/rad, conforme indica a Fig. 1-56, A viga tem EJ = 0,6 X 104 tm2.

Fig. 1-56

Neste caso, haverá a deslocabilidade interna adicional do nó A e teremos. então:


Fig. 1-57




Os efeitos serão idznticos aos do exemolo anterior e temos. conforme a Fig. 1-58:

r;l pio = t? A -

- -8

Fig. 1-53 - Mo

b ) Rotação A,

NO caso, devido à presença do engaste elástico, trabalharemos com a rigidez verdadeira das barras, pois, caso coiitrario, precisariainos t a n ~ b i m detiiir rigidez relativa do engaste elástico lo que. aliás, iião seria difícil. pois bastaria dividir sua constante do engastamento por 4E). Dando uma rota$ãu A , = rad. temos iiii n 6 B :

Fig. 1-59 - M i

4EJ X 10-3 - 4 X 0,6 X 10 Para a barra @ : -44 = [ - 6

= 4 m t

Para a barra @ : M = 3EJ X 10-3

I = 3 mt

Temos, então: P I I = +7 = t 2

C ) Rotação A2

Dando. tainb8m. uma rotação A2 = rad, temos no nó A : Engaste

elástico: iC1 = 104 X = I0 mt. Barra @ : M = 4EJ X 10-3

I = 4 m t .

A partir dai. levando cm conta a Fig. 1-60. temos:

v Pil = +2 - a

- pzz = t14 + 10 +4 - +2 Fig. 1-60 - M,

O método das deformaçóes


Temos:

4. Efeitos finais

A partir dos iiiomentos finais nos A B C

nós, indicados na Fig. 1-61 (M =,%Io - t8.5 -13.87 4 i13.87 -8 4 - 0,0425bJl - 0,85M2), obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-61 - Momentos finais (em mil.

Fig. 1-62.

Observe o leitor como a presença de 13.87

um engastamento elástico em nada modifica o roteiro do método das deformações; implica, apenas, uma incógnita a mais (deslocabilidade interna) para o problema.

Flg. 1-62 - DMF (cm mt)

Observação: Até o presente instante. resolvemos apenas estruturas planas. Exemplificaremos, a seguir, o caso de uma grelha, para cuja resolução precisamos introduzir o conceito de rigidez à torção de uma barra.

Definimos tomo rigidez à torção. num nó de uma barra biengastada a torção, o valor do momento de torção que, aplicado neste nó, suposto livre para girar por torção. provoque uma rotação unitária do mesmo.

Seja deterrniiiar a rigidez à torça0 eiii A da barra AB da Fig. 1-63. Aplicando um momento K T em A . temos que a -1-

rotação por torção da barra AB em A será dada por A B

. .

Para ter1110sp~ = I , KT deverá valer: x 5

Fig. 1-63


A expressão (1.15), inteiramente geral, define, então, a rigidez à torção de uma barra biengastada à torção (qualquer que seja sua lei de variação da inércia).

No caso particular da barra ter inércia J , constante, a expressão (1.15) se transformará em:

Analogamente ao que fuemos no caso de flexão. convencionaremos um sentido positivo para a rotação por torção e os momentos torçores que ela provoca. Assim. considerando positivo o sentido de P indicado na Fig. 1-63, temos:

o que nos perniite dizer que o coeficiente de transmissão.de momentos torçores de um nó para outro de uma barra reta, biengastada à t o reo , qualquer que seja sua lei de variação de inércia, é igual a (-1).

O sentido yi @ pala rotaçáo por torção do nó em estudo deve ser, evidentemente, o mesmo que o sentido positivo da rotaçáo por flexáo das barras que chegam ao referido nb. O Exemplo 1-7 esclarecerá:

Ex. 1.7 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a grelha da Fig. 1-64. cujas barras têm. todas, EJ = 5 X 104 tm? e GJ, = = 4 X 10q tm2.

Em se tratando de uma grelha externamente indeslocá\~el. o número de deslocabilidades é igual ao dobro de nós internos (no caso B e C). pois cada nó possui componentes de rota- ção em toriio dos eixos .r e y (supondo a grelha no plano xy).

Assim sendo. a grelha da Fig. 1-64 possui quatio deslocabilidades e vem. i5,L5, então:

Fig. 1-64

1. Sislema principal

Na Fig. 1-65, indicamos o sistema principal, obtido colocando-se chapas para impedir todas as componentes possíveis de rotação dos nós internos da greiha.

O mhtodo das deformações 41

Na mesma figura, indicamos também os sentidos que consideraremos positivos para rotações e inomentos em torno dos eixos x e y.

Fig. 1-65



Empregando a Tabela I , obtemos os momentos de engastamento perfeito, indicados vetorialinente na Fig. 1-67, a partir dos quais temos:

Fig. 1-66 - E , Fig. 1-67

61, = 0; 020 = +2.5; = -5 ; lBw = + 5 , confonne indica a Fig. 1-66.

b) Kotação A,

Dando uma rotação A, = rad à chapa 1, tenios no nó C:

Para a barra 3:

4EJAi 4 X 5 X 10 = +40 M = - - - 1 5

Cuno de analise estrutural

Para a barra 2:

GJtAl - 4 x 10 = +4 T=- - - I 10

Obtendo-se, a partir do esquema da Fig. M8:

pil = 44; pll = -4; p,, = o; 041 = o.

Fig. 1-68 - EI

c) Rotação A2 D

Dando uma rotação A, = 10-3 rad a chapa 2, temos, no nó E :

Para a barra 1:

Para a barra 2:

GJ,A, 4 X 10 T = - - - 1 1 o = 4,

obtendo-se, a partir do esquema da Fig. 1-69:

Fig. 1-69 - E ,

d) RotaçZo A 3 n /

Para A, = 10-3 rad, temos no nó C: Para a barra 2:

4EJA 4 X 5 X 10 = 2o ,r,{ = 2 = 1 1 O Fii. 1-70 - E ,

O rnbtodo das deforrnaçoes

Para a barra 3:

G J r A 3 _ 4 X 10 T = -- 1 - 5 - 8,

obtendo-se, a partir do esquema da Fig. 1-70:

f l i 3 =O; f l z 3 =O; f l S 3 = 28; f143 = 1Q

e) Rotação A, Fig. 1-71 - E4

Analogamente ao caso da rotação A3. obtemos, a partir da Fig. 1-71:

P14 = O; 024 = O; f l y ~ = 10; 1144 = 28.


A partir da expressão (L13), temos:

i ~ , 7 r44 -4 O 01 / 01 ~ - o , o o ~ ~ I

4. Efeitos finais

Pelo emprego da expressão (1.11). obtemos os momentos fletores e torçores atuantes nas extremidades das barras, ficando, então, resolvido o problema a partir desses valores. representados na Fig. 1-72.

Fig. 1-72 - Momentos Fminais nas extremidades das barras E = E, - 0,0052E1 - 0,0572E1 + 0,277E3 - 0,277E4 (em mt)


Os diagramas de momentos fletores e torçorcs, obtidos da Fig. 1-72, estão representados, em mt. nas Figs. 1-73 e 1-74.

Fig. 1-73 - M tcrn mt) Fig. 1-74 - Tiem mt )

5.2 - Atuação de variação de temperatura ou recalqoes de apoios

5.2.1 - Recalqije de apoio

Seja resolver a estrutura da Fig. 1-75.1 para o recalque do apoio B indicado. Em se tratando de uma estrutura com duas deslocabilidades internas. o sistema principal é o da Fig. 1-75.2. Para obtenção dos efeitos no sisteme principal. provocados pelo agente solicitante externo (no caso o recalque p), temos que resolvê-lo para um deslocamento vertical p do engaste E. Devido a este deslocamento, o sistema principal se deformará, não aparecendo, entretanto, rotações nas extremidades de suas barras, que estzo impedidas de girar; assim, os momentos de engastamento perfeito que irão surgi! iras extremidades das barras serão função, apenas, dos deslocamentos ortogonais recíprocos de uma extremidade em relação à outra9 e podem ser comodamente obtidos por um williot, traçado da

--

'ver Pie. 1-1. Usando as ro ta(&~ desta figura, como nãu existem LPA, LPg ncm carregamento externo. os momentos nas cxtrcrnidadcs da barra são função. iprnds,

di: P B A .

O método das deformaçães 45

mesma maneira e com as mesmas notações como foi apresentado para o cálculo de deformações em treliças isostáticas, no item 3 do Cap. I, Vol. I1 de nosso Curso.

Assim. conforme indica a Fig. 1-76, chamando de O á origem do wiüliot (que se confundirá com a e c, já que estes engastes não sofreram recalques), marcando na vertical para baixo, a partir de a , um segmento igual a p , obtemos h . Tirando por n e h perpendiculares às barras 1 e 2. respectiva- inente. obtemos d e, finalmente, tirando por d e c perpendiculares as barras 3 e 4. respectivamente, obtemos e , ficando completo o williot. Os des- 1~ b d locamentos absolutos dos pontos A . O, C, D. E se+rão dados, então, pelos Fig. 1-76 vetores~n , Ob, ..., 0gdo wiliiot.

Não estamos, no entanto, interessados em deslocamentos absolutos, mas, sim, em deslocamentos relativos de uma extremidade da barra em relação à outra (e que são os deslocamentos ortogonais recíprocos) e que podem ser lidos diretamente no williot; senão. vejamos:

Seja, por exeniplo, obter o deslocamento ortogonal reciproco para a barra 3, da extremidade E em relação a D.

Como 02 e 0Zsáo os deslocamentos absolutos de D e E, o deslocamento * + +

relativo de E,ein relação a D será dado por Oe - Ou =de . Podemos, então, dizer que. para uma barra genérica IJ de uma estrutura, o deslocamento ortogooal reciproco da extremidade .i em relação i extremidade I será

-f dado pelo vetor ij do williot correspondente.

+

D + pDs = bd

Dr?

+ + E PEC = ce

PED = de ___--- __--

D -- E

0 Fig. 1-77 c


Assim, voltando ao exemplo da Fig. 1-75, os deslocamentos ortogonais recíprocos provocados pelo recalque p indicado, obtidos do wiUiot da Fig. 1-76,estão indicados na Fig. 1-77.

Conhecidos os deslocamentos ortogonais recíprocos, os efeitos no sistema principal, provocados pelo recalque de apoio, são imediatamente obtidos pelo emprego das expressóes (1.7) a (1.9) ficando, com isto, conhecido o vetar {Si,}, a partir do qual o problema fica resolvido pelo emprego da expressáo

{Ai] = -[61-' {Si"}. Os exemplos seguintes esclarecem

Ex. 1.8 - Resolver a estrutura da Fig. 1-39 (Ex. 1.4) para um recalque horizontal, da direita para a esquerda, de 1,5 cm do engaste A , associado a um recalque vertical, de cima para baixo, de 2 cm, do mesmo engaste. A estrutura tem rigidez constante, igual a 103 tm2.

Sendo o sistema principal o da Fig. 1-40. a partir do williot da Fig. 1-78, obtemos os deslocamentos ortogonais recíprocos, que são:

+ Para a barra 1 : PDA = I nd l = 2,s cm

Para a barra 2: p,,.~ = ldfl = O +

Para a barra 3 : PFE. = I ef l = O

Para a barra 4: PED = I l = O +

Para a barra 5: ~ D B = / bd I = 3,O cm

Para a barra 6: PEC = Ice I = 3,O cm

Os momentos de engastamento perfeito provocados por esses deslocamentos ortogonais recíprocos são:

O mktodo das deformações 47

6 E I p - 6 X 10' X 2.5 X [ O - ? Para a barra 1: = MB = 2- - -

I 5' = -6int

6 F J p Para a barra 5: MR = AIB = A = -

ú x 10) x . 3 ~ 10-? I' 9

= -2O111t

3 EJp - 3 X 1 0 " 3 ~ 1 0 ~ ~ = Para a barra 6: MC = - - - -

I 9

(Os sinais foram obtidos do esquema da 12ig. 1-79, que inostra serem negativos todos os valores dc p. çonformc a co~ivcriçáo al~rcseiitada ciii 3.2.a.)

Fig. 1-79

Assim, os efeitos dos recalques de apoio no sistema principal são os da Fig. 1-80, obtendo-se, então:

Fig. 1-80 - M,

Como os momentos M, e M, (e, consequentemente, a matriz [ b ] ) já são conhecidos do Exemplo 1.4, temos, para o recalque


10 Os efeitos finais seráo dados. então. por E =Er + 0,481 E, - 0.107E2 , obtendo-se, a partir dos momentos finais nas extremidades das barras indicados (em mt) na Fig. 1-81.1, o diagrama dos momentos fletores provocados pelos recalques. representados na Fig. 1-81.1.

1-81.1 1-81.2 - DMF dcvidu aos recalqucs (em mt).

Fig. 1-81

5.2.2 - Variação de temperatura

Seja resolver a estrutura da Fig. 1-82.1 para a solicitação térmica nela indicada, que consiste numa variação de temperatura i, das fibras externas e numa variação ti das fibras internas em relação ao dia de sua execução.

A partir do esquema da Fig. 1-83. que mostra a decomposição da variação de temperatura que ocorre em duas parcelas - uma apenas com uiii gradiente térmico A: = i; - f, do interior em relação ao exterior, sem variação de temperatura no centro de gravidade, e a outra apenas com omn variação unifome de temperatura t, (igital S variaç4.i de tempzrztili-s atuante no centro de gravidade da seç%&) ao longo de toda a selão - podemos dizer que a solução do caso da Fig. 1-82 será a soma dos casos dzib Figs. 1-82.2 e 1-82.3:

"0s efeitos E l c E2 rslão indicados nas Figs. 1-42 e 1-43 do Exemplo 1.4 deste capitiilo.

O metodo das deformaç6es

Fig. 1-82

Fig. 1-83

a) Efeitos de,Af (com tp = 0)

No caso da Fig. 1-82.2, como não há variação de temperatura no centro de gravidade, não haverá variação no comprimento das barras da estrutura e, para conhecermos os efeitos provocados por esta parcela de solicitaçáo no sistema principal (indicado na Fig. 1-84), bastará que conheçamos os momentos de engastamento perfeito emvigas retas biengastadas ou engastadas e apoiadas, submetidas apenas a um gradiente térmico A i = ti - I,.

Estes casos podem ser tabelados com C simplicidade para barras com inércia constante (trata-se de resolução de vigas hiperestáticas bastante simples para uma variação de temperatura At = ri - t , do interior em relação ao exterior), obtendo-se as expressões dos momentos de engastamento perfeito seguintes. 19 Fig. 1-84

50 Cursa de análise estrutural

Para 11 caso da Fig. 1-85 (barra bieiigastada). Me

EJLY(ti - t e ) MA = -Mo =

h

Para o caso da Fig. 1-86 (barra engastada e rotulada): Fig. 1-85

Os sinais destes momentos obedecem à convenção de sinais da Fig. 1-18 e os sentidos indicados nas Figs. 1-85 e 1-86 estão indicados supondo-se

Fig. 1-86 Ar > O (caso contrário serão, evidentemente, inversos).

Coihecidos os efeitos { l i iAt} do agente solicitante externo no sistema principal, o problema está resolvido, pelo emprego da expresszo

{ A 4 = -[O]-' { b t ~ r l

b) Efeitos de tg (com At = 0)

No caso da Fig. 1-82.3, como há variação de temperatura no centro de gravidade das barras, as mesmas terão variações de comprimento iguais a Al, = atgl, e a Al, = otgl,; com isto, a posição do no C niudará, podendo ser obtida por um williot traçado da mesma maneira como definimos no item 3 do Cap. I, Vol. 11, do nosso Curso. Para a obtenção do williot que está traçado na Fig. 1-87 (supondo tg > 0) marcamos, a partir da origem o (que coincide, no caso. com os apoios A e B), as variações de comprimento Al, e AI, das barras 1 e 2, sendo obtidos os pontos 1 e 2; tirando-se C

por 1 e 2 perpendiculares, respectivamente às barras 1 e 2, obtemos c, ficando completo o williot. A análise AI, do wiüiot nos mostra que a defor- :@C>1: O. a, b maçio de cada barra tem duas componentes: uma a i a 1 (que é a variação de comprimento provocada pela va- Fig. 1-87 riaçáo de temperatura), que não intro- duzirá esforços no sistema principal da Fig. 1-86 (pois a extremidade C das barras n%o está impedida de se deslocar; apenas está impedida de g k r ,

I

I O m6todo das deformações 51

devido à presença da cliapa I ) e outra perpendicular i barra. sendo. portanto, um deslocamento ortogonal recíproco e que provocará o aparecimento de momentos dc cngastamenlo perfeito, dados pelas expressões 11.7 a 11.9.

A

coiiformc o caso (iio exemplo da Fig. 142.1, tcnios ~ C A = !: e o,-- = ? c ) .

Conhecidos os deslocamentos ortogonais rcciprocos, obtemos o vctor {oirs}, ficando resolvido o problema pela expressão

I { A i } = - [ P l - ' {flirxl I

Observapio - Podeinos resolver diretamente o problema conjunto da variação de temperatura (Ar t te) bastaiido somar os efeitos das 2 parcelas no sistema principal, o que nos conduzirá ao vrtor {oii] = {oi,t] t {oirg}, a partir do qual o problema é resolvido pela expressão

{Ai} = - [O] - ' foi!}

Este procedimento será, evidentemente. mais vantajoso, pois faremos as operações matriciais de uma única vez.

I Os exemplos seguintes esclarecem.

Ex. 1.9 - Resolver a estrutura da Fig. 1-88 para a variação de temperatura I nela indicada, em relação a do dia da execução. Sabe-se quc possui seção

retangular de 0,s rn de altura e que tem EJa = 10-' tm2/'C. para todas

I as barras. C

Fig. 1-89


Sendo a decoinposiçáo da variação de temperatura a indicada na Fig. 1-89, temos:



a) Variação de temperatura

a.1. At = ti - te = -40°C, com t, = O

Temos, conforme a expressão (1.17). os seguintes momentos de engastamento perfeito:

Para a barra 1:

MA = -MC = EJa(ri - r,) _ -

h -8

- - 10-' (-40) = - 8 m t 0 ,s Fii. 1-91 - M,t

Para a barra 2 : Mc = -MB = -8 mt

a.2. r, = +3O0C, com At = O

Devido a rg = +30°C, as barras so- frerão alongamentos iguais a

Ai, = atgl, = t180a e AIl = atgl, = t 3 0 0 a . -4

Temos os seguintes então, deslocamentos do wiüiot da ortogonais Fig. 1-93, A -4bh I I B

recíprocos: Fig. 1-92 - Mr E


Para a barra 1: p c - = 1; = -240a (considerando-se C a extremidade di- 2, c 240 ru 1 reita, ela subiu em relação à esquerda, o que torna negativo o valor do deslocamento ortogonal reciproco. conforme a convenção apresentada em 3.2.a).

AI, = 180ru

"00~

Para a barra 2: PCB = 2; = 0. O, a, b

Os momentos de engastamento perfeito serão, entáo: Fig. 1-93

6EJp 6EJ(-240a) Para a barra 1: MA = MC = -- - IZ - l2 = - 4 m t

Para a barra 2: MB = MC = 0.

Obtemos, então, o esquema da Fig. 1-92.

a.3. Efeitos totais da variação de temperatura

Serão obtidos somando-se os efeitos das Figs. 1-91 e 1-92, chegando-se aos valores indicados na Fig. 1-94.

Temos, entáo: {&j = {-4).

b) Rotação .A,

Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J = 60, temos:

J 60 Para a barra I: k , = - = - = 10 11 6

J 60 Para a barra 2: k2 = - = - = 6 1, 10

A partir do esquema da Fig. 1-95, obtemos O,, = 16

3. Cálculo de A, Fig. 1-95 - Mi

Temos: {A,) = - [P] - ' {&I, obtendo, no caso:


4. Efeitos finais

Sendo os efcitos finais dados por E = E,. + 0,25E1, temos, a partir dos monicntos finais indicados na Fig. 1-97, o diagrama de momentos fletores, ein mt. da Fig. 1-98.

Fig. 1-98 - DMT (em mt).

Ex. 1.10 - Obter o diagrama de nioincntos fletores para a estrutura da Fig. 1-99. se a mesma for submetida a um aumento uniforme de temperatura de 20°C. E dado: EJa = 10-' tm2/"C. para todas as barras.

~ - " i - _ - - _. - _ - - - - _ - I -- _. I I

Fig. 1-99

I I ,

Temos:


Em se tratando de uma estrutura com duas deslocabilidades internas Irotaçóes dos nós D e E ) e externamente indeslocável, o sistema principal é o da Fig. 1-100.

Fig. 1-100

O metodo das deformaçóes


a) Variação de temperatura

Sendo as variaçóes de comprimento das barras Ali = atgli = t 20aIj, temos: AI, = Al, = AI, = t 1 6 0 a ; A/.,= A16 = t 1 2 0 a ; Al, = AI, = tZOOa.

A partir do wiiliot da Fig. 1-101, no qual os pontos foram obtidos na ordem e , d, a (notar que, como A é um apoio vertical do I ? gênero, s6 podendo se deslocar portanto, na horizontal, um de seus lugares geométri- cos será uma reta horizontal partindo da origem o), obtemos os seguintes deslocamentos ortogonais recíprocos:

+ Para a barra 1: p n ~ = Ia = -120a (a extremidade da esquerda desceu em

relação à da direita)

Fip. 1 - 1 0 1 Wüiiot.

+ + 7d = 0 Para a barra 2: PDE = , Para a barra 5 : PEB = 5e = O

+ Para a barra 3: ~ F E = 3 4 : t 2 1 3 a Para a barra 6: p ~ c = 65 = t1600i Para a barra 4: PDB = 4d = O Para a barra 7: PJ-C = 7 f = + 267 a

(Os sinais dos deslocamentos ortogonais recíprocos são dados obedecendo-se i convenção de se considerar positiva uma descida da extremidade da direita da barra em relaçào à extremidade da esquerda.)

Note o leitor que, conio o williot foi traçado na ordeni e. f: d, a, o deslocainento+ortogonal recíproco da barra L, (barra DE). por exeniplo. é dado + por 7d e não por 2 e , pois o wiiiiot partiu de e para d e não de d para c. (Aliês. não seria difícil verificar o engano, caso coiiietido, pois 2: e4 o deslocamento axial da barra e, riiirica pr>deria ser coiifundido com o deslocamento ortogunal recíproco 70.)

Assim, na leitiira dos desIorainci%rús ortogonai recíprocos, deve ser res- peitada a ordern do t rapdo do wii:iot.


Os momentos de engastamento perfeito são, então: 3EJp 3EJ ( - 1 2 0 4 = Para a barra I: Mo = -- - P - 6 4 ~ E J P + 3 X 2133 = Para a barra 3: ME = -- - P - 64 3EJp + 3 X 16 = +,,33 mt Para a barra 6: ME =-- = P 36

Para a barra 7: MC = MF = 0, pois a barra 6 bi-rotulada

A partir do esquema da Fig. 1-102, temos:

c . 5 6 B l o = -0,56 Bzo = +2,33

O +1,33

Fig. 1-102 - Mt

b) Rotaçáo A,

Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J = 24, temos: +3 ++1,5

para a barra 1: k ; ~ 24 $= 2,25 iym Para a barra 2: k , = 8 = 3 +2

24 Para a barra 4: k , =6= 4

Vem, então: O i l = +9,25 PZI - + 1.5

c) Rotação A,:

Fig. 1-103 - M,

Temos: Para a barra 2: k , = 3

3 24 Paraa barra3: k ' - - X - = 2,25

' - 4 8 3 24

Pata a barra6: k' - -X-= 3 6 - 4 6

24 Para a barra 5: k -- - 2,4

5 - 10- - -

Vem: 012 = + 1,5 p,, = + 10,65 Fig. 1-104 - M,

O mhtodo das deformqões


A partu de A = - i i0,65J 1 2;33J“ ootemos

4. Efeitos finais

0s momentos finais nas extremidades das barras são dados por: M =M, + + 0,098M1 - 0,233M2 e estão indicados (em mt) na Fig. 1-105, a partir da qual foi obtido o diagrama de momentos fletores, em mt, da Fig. 1-106.

Fig. 1- 105 Fig. 1-106

6. APLICAÇÁO AS ESTRUTURAS COM DESLOCABILIDADES EXTERNAS

A única diferença das estruturas externamente' deslocáveis para as extema- mente indeslocáveis está no fato de que, para as primeiras, quando impomos as deformações A i no sistema principal, nem todas seráo rotações, pois algumas serão deslocamentos lineares para os quais precisamos conhecer que deslocamentos ortogonais recíprocos aparecerão neste sistema principal. Este problema será resolvido pelo traçado de um williot, nos moldes do que foi feito para o estudo de recalques de apoio em estmturas indeslocáveis (pois, impor um deslocamento a um apoio do I ? gênero adicionado B estrutura, para torná-la externamente indeslocável, 6 exatamente dar à estrutura do sistema principal um recalque de apoio), náo havendo, então, qualquer conceito teórico a adicionar.

Os exemplos seguintes esclarecerão.

Ex. 1-11 - Obter os diagramas de momentos fletores para o quadro da Fig. 1-107 devido a cada um dAs seguintes agentes:

a) carregamento indicado b) recalque de apoio D de 1 cm, de cima para baixo associado a um

recalque horizontal de mesmo valor da esquerda para a direita. EJ = 2 X 1 0 4 b 2 (para todo o quadro)


Fig. 1-107

a) Kesoluçio para o carregamento externo

I . Sistema principal

O qiiadro possui uma deslocabilidade iiiterna. que é a rotaçao do nó B e uma deslocabilidade exteriia. que é o deslocamento horizontal da barra BC' (Já que 4 iiecessátio colocar um apoio horizontal em B ou C para tornar estes 116s linearmente indeslocáveis). Assim sendo. o sistema principal é o da Fig. 1-108. (Nesta figura, indicamos o sentido que consideraremos positivo para forças e deslocamentos lineares horizontais do nó E.)

2. Efeitos no sistema principal ~1u9~ a) Carregamento exteriio

Aplicando o carregamento esterno no sistema principal, teremos o funcionamento da barra BC como engastada e apoiada, aparecendo em B um momen- to dado pela Tabela 1. por hf8 = + 17.51

I

+L- ' X h' - +9 int. 8 Fig. 1-1 09 - t'"

O mbtodo das deformações 59

Devido a este funcioiiamento, aparecerio reações verticais em B e C que se traiisniitiráo dirctainente aos apoios A e D. conforme iridica a Fig. 1-1 10. Nenhuma reação horizontal 6 despertada nesta fase.

Temos, então: PIO = +9 (I? it/rn

Pzo = O (não existe r e a ~ á o horizontai no apoio 2)

7.5 L t f4.57

Fig. 1-1 10

h) Rotaçáo A , Dando uliia rotaçáo A, 2 ciiapa 1. tal que EJA, " = 6 trn2 tenios o apareci- iiients dos segiiiiites nis!nentos nas barras. ein torno do nó L?: Para a barra 1:

Para a harra 2: t0.51

As reaçòes de apoio, que serão despertadas c que estâo indicadas na Fig. 1-1 11, foram obtidas a partir dos esqtiemas da Fig. 1-1 12.

Temos, eiitáo: P l l = + 7 a2, = + i (sir~al positivo confc~r~iie conveiição da Fie. 1-108).

"lsto conespotide 3 tcrmas arbitrado um valor r i o i~nitirio p u a Ai. n qicc i: pcrfci- tiimcntr licito. co~ifoime rabcilios. Quando formos resolvcr a entriiiiira da sistrnia priticipal para a deslocameiifo &, daremos tamhéni ii!n desl<ic~rnerito A2 tal q ~ e MA2 = EJA, para que. coni isto, a matriz 1191 rija sriiiltrica Ivlr na Obs. 4.1.c. a iiui.i 6 ao ~6dil i i p5giiiaI. Prla incsma rarza. trabiilharcmas sempre no caro de cslruturas drslocáveis com "gidez absoluta das barras.


c) Deslocamento A, Dando um deslocamento A, ao apoio 2, tal que EJA2 = 6 tm3, teremos o aparecimento de deslocamentos ortogonais recíprocos de igual valor para as ----P barras a barra 1 2, e 3, conforme permanecendo indica o horizontal esquema 2'TT- da Fig. 1-1 13. Estes valores poderiam t

ser obtidos, evidentemente, a partir de um williot; apenas não o fizemos devido igrande simplicidade geomitrica da estrutura, que nos possibilitou esboçar, Fig. 1-1 13

diretamente. a elástica nesta fase.

Teremos os seguintes momentos de engastamento perfeito devido a estes deslocamentos ortogonais recíprocos:

6EJA 6 x 6 Para a barra I: MA = MB - = + I mt (o sinal é positivo P 6=

porque a extremidade da direita da barra se deslocou de cima para baixo).

Para a barra 3: Mc = MD = 0, pois a barra B bi-rotulada. Temos, entào, os momentos e reações de apoio indicados na Fig. 1-114 (as reaçóes de apoio obtidas do esquema da Fig. 1-115), a partir dos quais podemos escrever: P i 2 = + l P22 = +I13

Fig. 1-1 14 -M2 Fig. 1-1 15



4. Efeitos finais

Da expressão M = M o - 2,25 M, + 6,75 M,, obtemos os momentos finais (em mt) nas extremidades das barras, indicados ria Fig. 1-116, a partir dos quais temos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-1 17.

Fig. 1-1 16 -M«mcntos finais. Fig. 1-117 -D.M.I;. lcrnmtl.

Observaç5es: a) Caso desejemos conhecer os valores reais corretos da rotação do i18 B e do deslocamento liorizontal da barra BC. basta inultiplicar-

6 ,, que leva em conta mos os valores encontrados pelo fator corretivo2-

ao inves de 1. Assim, o fato de termos arbitrado A , e A, iguais a- 2 X 104'

temos:

A I = -0,675 X 10-' rad (o sentido correto é o horário) a B 2 x 1o4 h Abarci BC = A2 = 2,025 mm (da esquerda para a direita)

b) As reaçõès de apoio finais podem ser obtidas oii pelo emprego do prin- cípio da superposiçào de efeitos, da expressão E = E, - 2,25E, + 6,75E2 (estando E,, E,, E, rcp:eseritados nas Figs. 1-109. 1-11 1 e 1-1 14) oir a partir do diagrama final da Fig. 1-117, por procedimento análogo ao adutado no Exemplo 1-3 deste capitiilo.

b) Resolução para os recalques de apoio

Bastará determinarmos os efeitos dos recalques de apoio no sistema principal, já que a matriz [ l i ] está conhecida do item anterior. Os recalques dc apoio acarretam o aparecimento, no sistema principal, dos seguintes deslocamentos ortogonais recíprocos obtidos do williot da Fig. 1-1 18:

f

Para a barra 1: p 8 ~ = ab = O 0.a.b f

Para a barra 2: p c ~ = bc = + I cm Para a barra 3 : pco = d? = - I cm

C d 1 crn Fig. 1-1 I8


Surgirá momento de engastamento perfeito apenas na barra 2, já que a barra 1 teni pm = O e que, para a barra 3, por ser bi-rotulada, não surgem momentos de engastamento perfeito. Temos, para a barra 2:

Os efeitos do recalque de apoio no sistema principal são, entáo, os da Fig. 1-1 19, obtendo-se: fl l , = + 16,67 &r = 0

Fig. 1-1 19 - iM,

Temos. então. para o recalque:

Os momentos finais, obtidos a partir da expressão A l = M, - 4,17 M l t + 12,5M2, estão indicados na Fig. 1-120; o diagrama de momentos fletores 6 o da Fig. 1-121.

Fig. 1-1 20 Fig. 1-121

Ex. 1-12 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 1-122.


Fig. 1-1 22

I. Sistema principal

Tendo a barra AB inircia iiirii!ita. ticani impedidas as rotações dos nós 4 e E; desta forma, a única deslncabilidade iriterna será a rotação do nó C Exterriameiite, a estrutura tem iiriia deslocabilidade, que 6 o deslocarnerito Iiorizontal da barra AO. Assim sriiilo. o sistema principal é o da Fig. 1-123 -

Fig. 1-123


a) Carregamento externo Devido ao fato do carregamento exteriio ser constituído por uma única for- o ça, localizada na linha de ação d o apoio 2 do sistema principal, ele se- f? Fig. 1-1 24 -Mo

rá diretamente absorvido neste apoio, não aparecendo qualquer momento de engastamento perfeito lias barras. Temos então, arbitrando como positivas reações do apoio 2 da esquerda para a direita:

Pio = 0 020 = -3


b) Rotação A , 2 t t

Dando uma rotacão A , à chapa 1 . tal +2 - I4 . . que EJA, = 6 tm', surgem, no sistema principal, em torno do nó C, para as barras 1, 3 e 4 momentos iguais a

conforme indica a Fig. 1-125. Com ' -h

isto, temos o,, = +12. Fig. 1-125 - M l

Para a obtenção de P , , , que 6 a reação horizontal despertada no apoio 2 pela rotação A , imposta à estrutura, é fácil ver, no caso, que ela dependerá apenas dos momentos existentes na barra 1, obtendo-se, a partir doesquema da Fig. 1-1 26:

l t . A - 821 = + 1 d

(Na Fig. 1-125 não representamos as outras reaçóes de apoio, já que serão desprovidas de significado maior para 4mr 1; nós.) C

Fig. 1-126 c) Deslocamento A, ,nz

Dando-se um deslocamento horizontal A, ao apoio 2 tal que W A 2 = 6 tm3, p: , 1

apenas as barras 1 e 2 terão desloca- , mentes ortogonais recíprocos iguais a (+A,) , conforme indica a Fig. 1-127, surgindo em suas extremidades momentos iguais a MA = MC = Mg =

6EJa, 6 x 6 = MD = 61 - 1 mt. Fig. 1-127 I Z -

A reação no apoio 2, função dos mo- 2 213t

mentos atuantes nas barras 1 e 2 vale- +l

rá:

+ ') = 213 t, da esquerda para a 6

direita. Assim, teremos:

O metodo das deiormapaes


4. Efeitos finais

3 36 Os momentos finais, dados por M =Mo - - M , t- M,, estão indicados 7 7

na Fig. 1-129, a partir da qual obteve-se o diagrama final da Fig. 1-130.

Fi. 1-129 Fig. 1-130 - D.M.F. (em mt)

Ex. 1-13 - Obter os diagramas solicitantes e as reaçóes de apoio para a viga da Fig. 1-131, que tem rigidez constante igual a 103 tm2. A mola tem constante k = 0,s X I O ~ I m .

Fig. 1-131


A viga possui uma deslocabilidade interna, que 6 a rotação do nó E, e uma deslocabilidade externa, que 6 o deslocamento vertical do mesmo nó (já que, devido à presença da mola, este nó se deslocará). Assim sendo, o sistema principal é o indicado na Fig. 1-132.


Fig. 1-1 32

2. Efeitos no sistcma principal


Superpondo os efeitos do carregamento atuante nas barras& e BC coma do carregamento atuante no balanço, conforme indicam as Figs. 1-133.1 e 1-133.2, obtemos os momentos de engastamento Mo e as reaçóes de apoio indicadas na Fig. 1-133.3, a partir das quais temos: 813 = -1 f120 = -1 1.25 (arbitramos como positivo o sentido de cima para baixo).


Daiido uriia rotação AI i cliapa I do sisieiiia prinrip.il ia! quc i::ii, = . ' 2 .

sureirâo do nó L I . os monieiitos: u

Para a barra 1: 4 4 X 4 nlt

,y - -- - - - - I - -

1, 4 Para a barra 2:

3 W A ' 3 X 4 K' ...L - - - 2 - -

4 - 3 mt

12 Tcnios da Fig. 1-131: eiitZo, 3 partir do esqiienii ;;*a

4 + 2 3 I 3

iiii = +7 4 = 7' -i r.

&, = t0.75

Dando ao apoio 7 um deslocaii,iii;to 4, tal que L I A 2 = 514, = t 4 . obtenios a elástica da Fiip. 1-135. que inos mostra ter a l>arra 1 sofrido uiii deslucaineiitti urtogoiiil rccipruço p , : +i2 ia extiemidadc da dircit~i dcsccu em relaçã» i da esquerda) e a barra 2 iiin dcslocameiito ortogonal reciprocci p, = -A2 ( a esquerda desceu ein relac;iri à direita).

2.947

2

-- . . - . - 7 * - -

I 0.7% 0.19t

Fig. 1-1 35 Fig. 1-1 36 - M,

Assim, temos os seguintes momentos de engastamerito perfeito:

Para a barra 1 : MA = M8 = 6EJ(+A2) - 6X4 - + ] ,5 1: 42

Para a barra 2: hfB = 3EJ'J(-Ad --3- - mt 1: 42

12 Valor arbitrado ;ipen;is para auxiliar os dlciilos. No caso. i: ai.iiiisrlhávrl tr;ibailiar

ram rigidez absoliita a fiin de evitar possíveis rrror devidos à amisrào da fator (4L') ris culisiders$ia ila influéncia <Ia niola. conrornir vercrnos no iteni ?.c tirite cxcniplo. bcni como para garantir a simetria da matriz 101.


Devido aos momentos de engastamento perfeito aparecerá0 as reaçóes 1,5 + 1,s v, =

4 = 0,75 t (para cima)

(I9' + '2') + = 0,94t (para baixo) v, = -

4 o 75 vc = L= 0,19t (para cima) 4

Ao valor da reação de apoio VB, temos que somar a força despertada na 4

mola por lhe termos imposto um deslocamento A, ==e que vale F = kA2 = -~

4k =-= 2t, no sentido do deslocamento imposto (isto é, para baixo). EJ

A reação final no apoio 2 valerá, pois: V, = I V* I + IFI = 0,94 t 2 = 2,94t, para baixo.

Temos, então, a partir da Fig. 1- 136: P,, = +0,75 P22 = 2 9 4


4. Efeitos finai

A partir da expressão E = E , - 0,27E, t 3,90E2, obtemos os momentos finais nos nós (em mt) indicados na Fig. 1-138, estando o diagrama de momentos fletores correspondente desenhado em 1-139. As reaçóes de apoio, obtidas da mesma expressão, estão indicadas na Fig. 1-139. (Poderiam, tam- bém, ter sido obtidas empregando-se o mesmo tipo de procedimento do Exemplo 1-3:)

9.31 rnt

+9.31 i ffl,7Si,7E -6& 9.31 m

Fig. 1-138 Fig. 1-1 39

o metodo das deformações 69

Observações: a) O deslocamento vertical da mola será dado por ys =

4 =-A - 4

EJ - a3 X 3 9 = 1 5,6 mm (para baixo)

b) A reação na mola 6 vale, evidentemente, Fe = kya = 0.5 X lo3 X X 15,6 X 10-3 = 7,8t, confirmando o valor da Fig. 1-139.

Ex. 1-14 - Resolver a greiha da Fig. I-140,cujasbarras têm EJ = 1O4tma e GJt = 1,5 X l@trnz.


A grelha possui três deslocabilidades: duas internas, que sáo as componentes da rotação do nó B em tomo de dois eixos ortogonais pertencentes ao plano da grelha; e uma externa, que 6 o deslocamento vertical dii nó E. Assim sendo, o sistema principal é indicado na Fig. 1-141. Na mesma figura, indicamos os sentidos que arbitramos como positivos, para rotagóes e momentos em torno dos eixos r e y . bem corno para os deslocamentos verticais e reaçôes verticais do apoio 3.

A , O A, O - 3

Pig. 1-141



Nesta fase, a barra AB funcionará como biengastada, surgindo em A e em


3 X 4 2 B momentos de engastamento perfeito, de módulo igual a --- = 4 mt 12 e cujos sentidos sc encontram indicados na Fig. 1-142. No apoio 3, aparccerá

4 x 3 uma reaçao de apoio igual a -- = 6 t. Temos, então:

2 Bio = -6

Fig. 1-142 - Mo, To

Dando à chapa I do sistema principal uma rotaçáo A, = 4 X 10-3 rad 1 3 .

temns o aparecimento dos seguintes momentos no nó B, no sistema principal 4 X 1 0 4 X 4 X 1 0 - "

- + Para a barra 1: M =--- 4

= 40mt 1,

GJtA, _ 1.5 X 104 X 4 X 10-3 = +15ilit Para a barra 2: T =--- - 12 4

Levando em conta que, para a barra 1, t ~ a = +I12 e, para a barra 2, tsc = -1, obtemos o esquema da Fig. i-143, a partir do qual vêm: o,, = 40 + 15 = t 5 5 $21 = O O,, = + I 5

15t

15t

Fig. 1-143 . V , , T ,

13vdslor escolhido arbitrariamentç, vi-anil" apenas a trabulhwinos com niimcros dc mcrma urdiin de grandeza ein todo o pr<iblciiia.


Impondo à chapa 2 do sistema priiicipal uma rotação A? = 4 X 10-3rad, teinos, por analogia com o caso da Fig. 1-143, o esquema da Fig. 1-144, a partir do qual podeiiios escrever:

piz = 0 p2,= 40 t 15 = 55

= -15

Impondo ao apoio 3 do sistema principai um deslocaiiiento A, =

= 4 X 10-'m, surgirao, nas extremidades das harras 1 e 2, devido ao deslocamento ortogonal recíproco A, de uma extremidade em relação à outra, momeiitos de engastamento perfeito de módulos

6EJA3 - 6 X 10" X 4 X 10-3 = 15 mt IZ 42

e cujos sentidos estão indicados na Fig. 1-145

Obtemos, então: pi3 = t 1 5

Fig. 1-145 - M3, T3



-15

4. Efeitos finais

Da expressão E = E, - 0,07E, + 0,18E2 + 0,64E,, obtemos os momentos finais atuantes nas extremidades das barras, itidicados na Fig. 1-146, que nos conduzem aos diagramas de momentos fletores e torçores da Fig. 1-147.

0.9 rnt

Fig. 1-146 0.9 rnt

Fig. 1-147

O método das deformaçaes 73

7. SIMPLIFICACÃO PARA O CASO DE ESTRUTURAS ELÁSTICA E GEOMETRICAMENTE SIMETRICAS

As id6ias básicas para estas simplificaç6es já foram apresentadas e discutidas em detalhe no item correspondente do Cap. 11, Vol. I1 de nosso Curso, de modo que tiraremos partido destas conclusões, não voltando a apresentar o a~sunto. '~ Abordaremos, separadamente, os casos de estruturas planas e grelhas.

7.1 - Estruturas planas

7.1.1 - Caso em que o eixo de simetria intercepta um nó da estrutura

Seja a estrutura da Fig. 1-148.1, elástica e geometricamente simétrica, submetida ao carregamento indicado.

Empregando o artifício do arranjo de cargas, o carregamento pode ser decomposto nas parcelas simktrica e anti-simétrica dasFigs. 1-148.2e 1-148.3.

1-148.1 1-148.2

Fig. 1-148

Analisemos cada um dos dois casos:

a) Carregamento simétrico

Para o caso da Fig. 1-148.2, sabemos que o nó C (interceptado pelo eixo de simetria) náo terá deslocamento horizontal nem rotaçãõ, existindo, apenas seu deslocamento vertical. Assim, a resolução da parcela sim6trica do carregamento recairá na resolução da estrutura da Fig. 1-149.2, em que o vínculo existente em C impede todas as componentes de deformação, exceto o deslocamento vertical. Trata.se, então, de uma estrutura com duas deslocabi-

14caso, em algum ponto da exposi~áo, o leitor sinta alguma dificuldade, sugerimos a leitura do item 2.5 do Cap. 11, Vai. l l , de nosso Curso.


lidades - uma interna. que é a rotação do nó 6 e uma externa, que é o deslocamento vertical de C (basta ver que, acrescentarido um apoio vertical do I? gsnero em C, a estriitura ficaré indeslocável. pois os pontos A e C serào engastes e o ponto B estará ligado por duas barras a estes dois pontos indeslo- cáveis, serido indeslocável tambkm). Assim sendo, o sistema principal para resolução pelo método das deformaçóes é o da Fig. 1-149.3 (notar que, no sistema principal, o nó C funciona como engastado).

"' 1 1 ;f-* A

1-149.1 -- E$trutura simé- 1-149.2 -S~mplifica<ãodr- 1-149.3 S~stemaprincipal tricd com carregamctiro s i vida à simeiria. para o m6todo das defoi- mgtrica. myi<;óss.

Fig. 1-149

Observuçãu: Note o leitor que. no caso da parcela simétrica do carrega. mento, seria indiferente resolver a estrutura simplificada da Fig. 1-149.2 pelo método das forças ou das deformações, pois que ela é duas vezes hiperestatica e tem duas deslocabilid.ddes, isto é, em qiidlquer dos dois irré- todos teríamos duas incógnitas a determinar.

b) Carregamento anti-simétrico

Para o caso da Fig. 1-148.3, sabemos que no rió C só não possuirá deslocamento vertical; assim, a resolução da parcela ariti-simétrica do carregamento recairá na resolução da estrutura da Fig. 1-1 50.2: que possui duas deslocabilidades - uma interna (rotação do nó B) e uma externa (deslocamento horizontal de C, já que, adicioiiando-se-llie um apoio horizontal do 10 género, então ela ficará indeslocável). sendo portanto, dado pela Fig. 1-150.3 o seu sistema principal para resolução pelo método das deformações.

1-150.1 1-150.2 1-150.3

Estruturasiinitrica coin car- Simplificaqão devida 2 anti- Sistema principal para o rcgainonlo anti-simétrico. simetria. mitodo da? deformações.

Fig, 1-150


Observapo: No caso. a resolução da parcela anti-simétrica seria mais vantajosa se feita pelo método das forças pois a estmtura da Fig. 1-150.2 é uma só vez hiperestática (uma incógnita. pelo método das forças), ao passo que tem duas deslocabilidades (duas incógnitas pelo inétodo das deformações).

I I 7.1.2 - Caso em que o eixo de simetria intercepta completamente uma

barra da estrutura

Seja a estmtura, elástica e geometricamente simétrica, da Fig. 1-1 51.1, submetida ao carregamento indicado.

I I

Empregando o artifício do arranjo de cargas, o carregamento pode ser decomposto nas parcelas simétrica e anti-simétricas das Figs. 1-1 51.2 e 1-151.4 que, conforme vimos no Vol. I1 do nosso Curso, podem ser resol- vidas a partir dos esquemas das Figs. 1-151.3 e 1-151.5.

esta simplifica~ão para o carregamento simétrico. ertamos desprcrando a defor- mação da barra central devida ao esfarfo normal. No caso de querermos Icvá-Ia cin conta, agiríamos conforme indicado no item 9 deste capitulo.

76 Curso de analise estmtural

Observação: Notar que, na resolução da parcela simétrica do carregamento, teremos uma única incógnita pelo método das deformações (rotação do nó E ) e que, naresolução da parcela anti-simétrica, teremos três incógnitas, pois a estrutura possui duas deslocabilidades internas e uma externa (rota- ções dos nós B e C e deslocamento horizontal de B 16).

Assim, para a resoluçáo da parte simétrica do carregamento, o emprego do método das deformações é de todo vantajoso (pois a mesma é três vezes hiperestática). ao passo que, para a parcela anti-simétrica, no caso, seria indiferente o emprego de qualquer um dos dois métodos hiperestátikos, pois a estrutura da Fig. 1-151.5 e também três vezes hiperestática.

7.1.3 - Caso em que o eixo dc simetria intercepta uma única seçáo de uma barra

Seja resolver o quadro elástico e geometricamente simétrico tia Fig. 1-1 52.1.

Decompondo o carregamento atuante em suas parcelas simétrica e anti- simétrica, teremos a resolver os casos das Figs. 1-152.2 e 1-152.3, que analisaremos separadamente:

Fig. 1-152


Fi. 1-193

O método das deformacoes 77

Para a parcela simétrica do carregamento, indicada na Fig. 1-1 5 3.1, temos a resolver uma estrutura com duas deslocabüidades internas (rotaçaes dos nós A e B) e uma deslocabilidade externa (deslocamento horizontal da barra Ai?); entretanto, devido à simetria existente, sabemos que a barra AB não possuirá deslocamento horizontal (de modo que a deslocabilidade externa não se manifestará) e sabenios, também, que as rotações dos nós ! A e B serão simétricas. de modo que se constituirão numa mesma incógnita.

I Desta forma, o sistema principal para resolução da estrutura pelo método I das deformações é o indicado na Fig. 1-153.2, havendo então uma única I incógnita ( A , ) a determinar, no caso.

Dentro da sistemática do método das deformações quando formos impor a rotação A, unitária ao sistema principal, teremos a resolver o caso indicado na Fig. 1-153.3, ou seja, uma viga biengastada submetida a recalques angulares unitários simétricos, em suas extremidades.

Fi. 1-153

Empregando o princípio 'da superposição de efeitos, conforine indicado nas Figs. 1-153.3 a 1-153.6, obtemos, a partir dos conceitos de rigidez e coeficiente de transmissão:

Como a barra é elasticamente simétrica (KA = KB e tAB = ~ B A ) , podemos escrever que:

IMA I = IMBI = KA - ~ B A K B = KB - ~ A B K A = KA(I - f ) = KB(l - t ) .

(Os sentidos dos momentos MA e MB são, evidentemente, os mesmos das rotações A, impostas.)

Como demos rotaçaes unitárias simétricas às extremidades da barra AB, denominaremos aos momentos MA e ME de rigidez de simetria da barra AB (por analogia com as condições de definição de rigidez de uma barra num nó).

Assim, definiremos rigidez de simetria k, de uma bana biengastada, elasticamente simétrica, aos momentos (simétricos) que devemos aplicar em suas extremidades para que as mesmas tenham rotações unitárias (simétricas).


Assim: K , = K (1 - t ) " (1.19)

No caso particular da barra possuir inércia constante J, temos, levando em conta (1.2) e (1.3):

2 EJ K , = -

1 (1.20)

Analogamente ao que Fiemos anteriormente, definiremos aqui o conceito de rigidez relativa da simetria k,, que será dada pela relação:

No caso particular da barra possuir inércia J constante, ficaremos com

Com a introdução do conceito de rigidez de simetria dé uma barra, a resolução do caso da Fig. 1-153.1 será imediata e poderemos trabalhar com apenas metade da estrutura no estudo dos efeitos no sistema principal, já que sabemos que os valores dos momentos atuantes serão simétricos em relação ao eixo de simetria da estrutura (pela convenção de sinais que adotamos para momentos de engastamento perfeito, no caso de simetria, os momentos simétricos terão sinais opostos). A Fig. 1-154 indica os efeitos, no sistema principal, provocados pelo carregamento externo

carr. ext. +

eng. peri.

1-154.1 - Mo 1-154.2 - M i Fig. 1.154

(Fig. 1-154.1) e pelas rotações simétricas A, = 1 (Fig. 1-154.2 - - supusemos positivo o sentido da rotação unitária imposta ao nó A ) , a partir dos quais torna-se imediata a formulaçáo das equaçóes de compatibilidade estática que resolvem o problema (no caso; teremos uma só equação). O Exemplo 1.16 esclarecerá.

i7~xpressão válida. qualquer que reja a lei de variação (simétrica) de inércia da barra.



1-155.1 1-155.2 Fig. 1-1 55

No caso da parcela anti-simétrica do carregamento, como a deslocabiiidade linear da barra AB irá se manifestar e levando em conta, ainda, que as rotações dos nós A e B serão anti-simétricas, obtemos o sistema principal da Fig. 1-155.2, havendo, então, no caso, duas incógnitas a determinar.

(No caso do apoio horizontal que seria necessário adicionar à estrutura para impedir a deslocabilidade linear da barra AB, preferimos subdividi-lo em dois apoios, um em cada extremidade da barra, a fim de que A2 também seja anti-simétrico e que, desta forma, seja também explorada a anti-simetria existente.)

Dentro da sistemática do método das deformações, quando formos impor a rotação A, unitária ao sistema principal, teremos a resolver o problema da Fig. 1-1 56.1, ou seja, uma viga biengastada submetida a recalques angulares unitários, antf-simétricos, em suas extremidades.

1-156.1 1-156.2 1-156.3 1-156.4

Fig. 1-156

Empregando o princípio da superposição de efeitos, conforme indicado na Fig. 1-156 e levando em conta que devido i simetria elástica da harrn temos:

KA = KB e t * ~ = t g ~ = t , vem:

M A = M B = K A ( l + t ) = K ~ ( l + t )


Analogamente ao que fizemos no caso de simetria, definkemos rigidez de anti-simetria K , de uma barra biengastada. elasticamente simétrica. aos momentos (anti-simétricus) que devemos aplicar em suas extremidades para que as mesmas tenham rotações unitárias (anti-simétricas);

Assim: K , = K (1 + t) l8 (1.23)

No caso particular da barra possuir inércia constante J , temos. levando em conta (1.2) e (1.3):

Também aqui definiremos rigidez relativa de anti-simetria ka , o que faremos da mesma forma utilizada para os outros casos, obtendo

No caso particular da barra possuir inércia constante J, ficaremos com

Com a introdução do conceito da rigidez de anti-simetria de uma barra, a resolução do caso da Fig. 1-155.1 será imediata, sendo possível (analogamente ao caso do carregamento simétrico) trabaihar com apenas metade da estrutura para o estudo dos efeitos no sistema principal (já que sabemos que os mesmos são anti-simétricos). A Fig. 1-157 indica os efeitos no sistema principal, provocados pelo carregamento externo e pelas deformações anti- simétricas unitárias A I e A2, a partir dos quais podemos facilmente formular as equações de compatibilidade estática que resolverão o problema.

19 1-157.1 - Mo 1-157.2 - M l 1-157.3 - M 2

Fig. 1-157

I8 Expressáo vilida para qualqucr lei de variação (simétrica] de inércia da barra.

'9~fe i tos Mz obtidos levando crn conta as cxprcssões (I.7), (1.8) e (1.14).

O mdtodo das deformações 81

O Exemplo 1.21 esclarecerá

Observaçrío: Notar que, no caso da estrutura da Fig. 1-152.1, a resolução da parcela simétrica do carregamento apresenta uma única incógnita e a da parcela anti-simétrica do carregamento apresenta duas incógnitas, pelo método das deformações. Comparemos com o número de incógnitas, caso fôssemos resolver o mesmo problema empregando o método das forças. As parcelas simétrica e pnti-simétrica do carregamento teriam os sistemas principais e hiperestáticos indicados nas Figs.1-158.1 el-158.2, respectivamente, e que mostram ser, no caso, mais vantajoso resolver a parte simétrica do carregamento pelo método das deformaçóes e a parte anti-simétrica pelo método das forças. Este tipo de análise deve ser sempre feito, no sentido de minimizar o trabalho de resoluçáo da estrutura; muitas vezes, conduz à resolução de uma parcela do carregamento por um método hiperestático e, da outra parcela, pelo outro (dizemos, quando tal ocorre, que estamos resolvendo a estrutura pelo método misto).

1-158.1 - Hiperestátiços para 1-158.2 - Hipcrcstáticos para czrregamento simé- carrcgarnçnfoiuiti-si- tTiio. Fig. 1-158 rn6trico.

Ex. 1.15 - Obter o diagrama de momentos fletores, as reaçóes de apoio e o diagrama de esforços normais para o quadro simétrico, solicitado simetricamente, da Fig. 1-159.

& S m - ~ B m & S r n ~ S m ~

Fig. 1-159


I . Sistenia principal

Como, devido i simetria existente, as deslocabilidades lineares das duas barras horizontais não se manifestam e como. ainda. a presença da barra vertical LHC impede o deslocamento vertical dos nós L e H (desprezado o trabalho desta barra ao esforço normal), a estrutura a resolver é a da Fig. 1-160.1, cujo sisteina principal está indicado em 1-160.2. 20

I-lb0.l - Lstrtitiirc ii rrsolver. 1-160.2 - Sistcma principal

Fig. 1 -1 h0



Os momentos de engastamento per. feito valem:

Na barra FG:

M ~ = + - - - - 62 = t g r n t 8

Na barra KL: ,

2 X 6' MK = -M/. = t -- = +61nt, 12

obtendo-se, a partir da Fig. 1-161: Fig. 1.161 - Mo

ilio = +9, ilao = f 6

'O~atar que. se fõsscmos resolver a estrutura da Fig. 1-160.2 prlo método da, for~as, o inúrncro de incógnitas seria 6 , o que o tornaria contra-indicado. no caso.

I I O rnéiodo das deforrnaees

1 b) Rotação A ,

Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J , = 24, temos, devido à rotaçáo Al imposta ao n6 F, os seguintes momentos em torno deste nó: + 6

I Na barra FG: + .6

I 3 (2 X 24) k'=- X 4 6

= 6 mt

24 Na barra AF: k = = 6 mt

I 4 Fig. 1-162 - M ,

A partir da Fig. 1-162, obtemos

I c) Rotação A2

I w I Devido à rotação A*, temos os se- I guintes momentos em torno do nó K:

Na barra KG:

A Fig. 1-163 nos fornece:

I 812 = 0 flZ2 = t12,S


4. Efeitos finais

Fig. 1-163 - M2

Da expressão E = E, - 0.75E, - 0,48E2 obtemos os momentos finais (em mt) nas extremidades das barras, indicados na Fig. 1-164, a partir dos quais podemos montar o esquema da Fig. 1-165. que nos conduz aos diagramas de momentos fletores, de esforços normais e i s reações de apoio dados nas Figs. 1-166 e 1-167.

Fig. 1-164 - Momentos fuiais.

2 tim

Fig. 1-165 - A n á l i ~ r do comportamento de cada barra da estrutura

Fig. 1-166 - DMF (em mt) e reações de apoio.

I O mhtodo das deformações

Fig. 1-167 - DEN (em t ) I

Ex. 1.16 - 0 b e r o diagrama de momentos fletores para o quadro simétrico da Fig. 1-168, cujas barras tém, todas, a mesma inércia.

Fig. 1-168


Levando em conta a simetria do carregamento, sabemos que as deslocabilidades Lineares das barras horizontais não se irão manifestar e que podemos trabalhar com metadc da estrutura. tendo o n o D o comportamento de um engaste e. para a barra AB, deveii- do ser usado o conceito de rigide~ de simetria definido neste item.

Assim seiido, o sistema principal D

é o da Fig. 1-169.

F Fig. 1-169




Os momentos de engastamento perfeito valem:

Para a barra AB:

Para a barra CD:

Temos, a partir do esquema da Fig. 1-1 70:

Pio = +6, p2, = +12

b) Rotação A,

Arbitrando J = 24 e trabalhando com rigidez relativa, temos o aparecimento nas barras CA, CF e CD de momentos em torno do nó C , devidos à rotação A I . com valor:

A partir da Fig. 1-171, temos:

Pll = 12 L321 = + 2

c) Rotação A,

Ainda trabalhando com rigidez relativa, teremos, devido à rotação A,. os seguintes momentos em torno do nó A :

Na barra AB:

Fig. 1-170 - Mo

Fig. 1-1 7 1 - M I

Fig. 1-1 72 - Ma

O metodo das deformaçõss

Na barra AC: Temos: 51, = +2


4. Efeitos finais

A partir dos momentos finais nas extremidades das barras (M = Mo - - 0,107M1 - 2,36M2) indicados na Fig. 1-173 (em mt), obtivemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-174.

Fig. 1-173 - Momentos finair (em mtl. Fig. 1-174 - DMI; (eni mil.

Ex. 1.17 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro fechado de inércia constante da Fig. 1-175, submetido ao carregamento auto-eqiiili- brado indicado.

Fig. 1-1 75



Explorando a dupla simetria existente (na qual cada eixo de simetria intercepta as barras numa seção, em se tratando, portanto, do caso estudado no item 7.1.3 deste capitulo), podemos resolver apenas 114 da estrutura, sendo o sistema principal, então, o da Fig. 1-176.



Temos os seguintes momentos de engastamento perfeito:

Barra AB:

Barra AD: Fig. 1-1 7 7 - Mo

2 4' - nf,, = -- - 12

42 = -1,33 int 12

A partir do esquema da Fig. 1-177, temos: pio = +1,67

h) Rotaçáo A,

I)evido à rotação A I . temos os seguintes momentos em torno do nó A . trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J = 24

Na barra .A R: L 1 ' i

k , = - X - 2 lnt Fig. 1-1 78 - M, 2 6

O m6todo das deformações

Na barra AD:

1 24 k s = - X - = + 3 m t

2 4

Temos, então: !ill = +5

3. Cálculo da incógnita

Temos: 1,67 + 5A, = O . A, = -0,33

4. Efeitos finais

A Fig. 1-179 indica os momentos finais atuantes, a partir dos quais obtivemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-180.

Fig. 1-479 - M = Mo - 0,33M1 Fig. 1-180 - DMF (em mt).

Ex. 1.18 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reaçks de apoio para o quadro elasticamente simétrico da Fig. 1-181, submetido ao carregamento indicado.

Fig. 1-181

90 CUFJO de analise estrutural

Decompondo, conforme indica a Fig. 1-182, o carregamento atuante em suas parcelas simétrica e anti-simétrica, notamos que a parcela simétrica (Fig. 1-182.2) não contribuirá para o trabalho 2 flexão da estrutura, pois provocará apenas o aparecimento de um esforço normal de compressáo igual a P na barra DEF." Resta-nos resolver, pois, o caso da Fig. 1-182.3 (estrutura simétrica com carregamento anti-simétrico, em que o eixo de simetria se confunde com uma das barras) que recairá, conforme abordamos no item 7.1.2 deste capítulo, na resolução da estrutura da Fig. 1-183.1.

1-182.2 Carr. simétrico

1- 182.3 Carr. anti-simétrim

Fig. 1-182

Como, ainda, a estrutura da Fig. 1-183.1 .é simétrica, decompondo seu carregamento nas parcelas simétrica e anti-simétrica obtemos os casos das Figs. 1-183.2 (onde aparecerão apenas esforços normais na barra DE) e 1-183.3 (em que temos a resolver um quadro simétrico com carregamento anti-simétrico).

2'Dcsprr~andose a dcforma~ão da estrutura devida a este esforfo normal


Fig. 1-1 83

Finalmente, o caso da Fig. 1-183.3, lembrando que na seçáo média da barra DE só existirá esforço cortante, se simplificará para a resolução da estrutura da Fig. 1-184.2, que é isostática.

1-184.1 1-184.2

Fig. 1-1 84

Da Fig. 1-184.2, podemos obter imediatamente o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio pedidas, indicados na Fig. 1-185.

Curso de anãlise estrutural

Fig. 1-185

Ex. 1.19 - Obter o diagrama de momentosfletores para o quadro simétrico da Fig. 1-186, cujas barras têm as inércias indicadas na figurá (em m4).

Fig. 1-186


Devido à simetria existente, não se manifestará a deslocabilidade horizontal da barra DEF, com o que podemos afirmar que os nós D, E e F são indes- locáveis linearmente. Isto acarreta, então, a indeslocabilidade Linear do nó G (por estar ligado a dois pontos indeslocáveis D e F) e, desta forma. a estrutura a resolver se simplifica para a da Fig. 1-187, cujo sistema principal está indicado em 1-188.

O mbtodo das deformações

Fig. 1-187 - Estrutura a resolver. Fig. 1-1 88 - Siatcrna principal.

2. Efeito no sistema principal


Devido ao carregamento externo temos, no sistema principal:

MD = -Mc; = 1 X 12= = 12 mt 12

Temos, então, da Fig. 1-189:

oi0 = +12 Fig. 1-189 - Mo

b) Rotação A

Trabalhando com rigidez relativa e multiplicando as inércias por 103, a fim de facilitar os cálculos, temos em torno do nó D, os seguintes momentos devidos à rotação A, :

Na barra DG: Fig. 1-190 - hf1

Na barra DE:

Na barra AD:

J 24 k = - = - = 2 m t 1 12 Da Fig. 1-190. vem = + 5


Temos: 12 + SAI = O : AI = -2,4

4. Efeitos finais

Os momentos fuiais M = Mo - 2,4M1 estáo indicados na Fig. 1-191 (em mt), a partir do qual obtivemos o diagrama final, em mt, da Fig. 1-192.

ntS, Fig. 1-191

I O m6todo das deformações 95

Ex. 1-20 - Obter os diagramas de momentos fletores para o quadro da Fig. 1-193, cujo material tem E = = 2 X 106 t/m2 provocados por: a) aumento uniforme de 30 "C b) recalque do apoio B de 1 cm, de O

X cima para baixo.

É dado o coeficiente de dilatação linear a do material:

I a = 10-~/Oc +8-+-sm+

a) Aumcnto de 30°C

1. Sistema principal Fig. 1-193

Devido à simetria existente, a estrutura a resolver é a da Fig. 1-194, cujo

I sistema principal é o da Fig. 1-195.


a) Aumento de temperatura

Devido ao aumento de temperatura, as barras aumentarão seus comprimentos dos valores seguintes:

Barra 1: Al, = aArli = 10" X 30 X 4 = 1,2 mm Barra 2: A1, = d t 1 2 = 10-' X 30 X 10 = 3 mm Barra BE: A l m = ~ A , B ? = 10-' X 30 X 10 = 3 mm

Para o traçado do williot, devemos ter em mente este Ultimo resultado, ou seja, que o ponto E subirá 3 mm. Desta forma, fica determinado o williot da Fig. 1-196, do qual obtemos os des- 2.d

locamentos ortogonais recíprocos das extremidades das barras 1 e 2, dados

40. por: Fig. 1.196 - Williot -Escala 1:O.l .

Os momentos de engastamento perfeito provocados são:

= -9 mt Para a barra 2:MD =ME = O

A partir do esquema da Fig. 1-197, temos Pir = -9

b) Rotação A,

Trabalhando com rigidez relativa e multiplicando as in6rcias por 10" temos em tomo do nó D, devido à rota- ção A i , os seguintes momentos: Fig. 1-197 - M,

J 5 Para a barra 1 : k =-=-= 1,25 mt 1 4 J 20 ParaabarraZ:k=-=-=2mt 1 10

Da Fig. 1-198, vemp,, = 3,25

3. Caculo da incógnita 1 1 +0,62&

,?I, - 9,oo temos: A, = -- - - = 2,76 P i i 3925 Fig. 1-198 - Mi

4. Efeitos finais devidos à temperatura

Da expressão M = Mt + 2,76 M,, obtemos os momentos finais nas extremidades das barras (em mt) dados na Fig. 1-199, a partir dos quais temos o diagrama de momentos fletores (em mt) da Fig. 1-200.

Fig. 1-199 Fig. 1-200 - (DMF)t,mp,r,ti,ra.

l

i O método das deformafles

1 b) Recalque vertical de apoio em B

I 1. Efeitos no sistema principal

Como continuamos a ter, neste caso, uma situação de simetria o sistema principal ainda 6 o da Fig. 1-195, e basta então estudarmos os efeitos do recalque de apoio no sistema principal. Para tal, traçamos o williot da Fig. 1-201, obtido lembrando-se que o nó E teri um deslocamento vertical igual ao recalque vertical de B (1 cm de cima para baixo). Obtemos, deste

I wiliiot, 02 deslocamentos ortogonais recíprocos, dados por: PD* = ad = -0,75 cm *

I p D ~ = ed = + 1,25 cm

I Fig. 1-201 - Williot (Esc: I : 1)

Os momentos de engastamento perfeito provocados são:

Para a barra 2: Mg =ME = 6X 2X 1 0 6 x 20X 10-3X 1,25X 10-2=+30mt

1 o2

Da Vig. I-202,-sirnùolizando os efeitos do recaique de apoio iio sistema principal, vcin: oir = + l ,9

28.1

Fig. 1-202 - M,

2. Clculo da incógnita

l r _ 0,585 O novo valor da incógnita A, será, então, AI = --= - O , , 325

3. Efeitos finais

Os momentos finais, obtidos da expressão M = M, - 0,585M,, estão indicados na Fig. 1-203, da qual se obtem o diagrama de momentos fletores (em int) da Fig. 1-204.


Fig. 1-20) Fig. 1-204 - (DMF)reialqiie

Ex. 1-21 - Para a estrutura elástica e geometricamente simétrica da Fig. 1-205, pedem-se:

a) Decompor o carregamento em suas parcelas simétrica e anti-simétrica; b) Mostrar como ficam, respectivamente, as matrizes de flexibilidade e

de rigidez da estrutura, considerando os carregamentos parciais do item a e supondo que se vá resolver a estrutura pelo metodo das forças e das deformaçóes, respectivamente;

c) Resolver a estrutura para as parcelas simetrica e anti-simétrica do' carregamento, empregando em cada caso o método hiperestático, que requerer a determinação de um menor número de incógnitas;

d) Desenhar o diagrama de momentos fletores final.22

Fig. 1-205

a) A decomposição do carregamento em suas parcelas simétrica e anti-si- métrica é imediata e está indicada na Fig. 1-206.

enunciado deste problema nada mais é da que o roteiro que se deve empregar na resolução de uma estrutura elástica e geomeiricamente simétrica.

1 O metodo das deformaçóes

/

1-206.2 - Parcela simétrica.

Fig. 1-206

b) Supondo que fôssemos resolver a estrutura pelo método das forças. os Iiiperestáticos para as parcelas simétrica e anti-simktrica do carregamento seriam, respectivamente, os indicados nas Figs. 1-207.1 e 1-207.2, coiiduzindo a uma matriz de flexibilidade [SI da forma:

1-207.1 -1-207.2

Fig. 1-207

(Observação: Notar que a barra bi-rotulada AB. por estar descarregada. L trabalhará exclusivamente ao esforço normal, simbolizado pelo hiperestático

X, da Fig. 1-207.1.)

Para a resoluçáo pelo método das deformaçóes, os sistemas principais

i e incógnitas para as parcelas simétrica e anti-simétrica do carregamento são Os indicados nas Figs. 1-208.1 e 1-208.2, respectivamente, conduzindo a uma matriz de rigidez [ P ] da forma:

1 O0 Curso de anAlise estrutural

Da análise feita neste item b, concluimos da conveniêricia de resolver a parcela simétrica do carregamento (Fig. 1-206.2) pelo método das deforma- çòes e a parcela anti-simetrica (Fig. 1-206.3) pelo método das forças, pois, em cada caso. teremos apenas uma incógnita a determinar.

c) ResoluçZo da estrutura para as parcelas simgtrica e anti-simetrica do carregamento:

c.1) Parcela simétrica do carregamento (Fig. 1-206.2). Resolverido pelo iiiétodo das deformaçóes, temos:


Dado ria Fig. 1-208.1


2.1 - Carregamento externo

'[ São os seguintes os momentos de engastarnento perfeito:

1 X 6' Barra AC: Mc = +---= +4,5 nit

8

4 x i 2 - + í l m t Barra CD: h.lc =- = -- 8 8

1 X 6' Barra CE:Mg = - A f C = =-- = + 3 mt

I2 A partir da Fig. 1-209, temos:

Fig. 1-209 do Pio= +7,5

O mlitodo das deformaç6es

2.2 - Rotação AI

Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J , = 12, temos os seguintes momentos em tomo do nó C devidos à rotação A1: +1,5

= t l m t

Na barra CE: k =c = -= I' 2 mt Pii 1-210 - Ml 1 6

Do esquema da Fig. 1-210, obtemos: P l l =+4,5


4. Efeitos fmais

A partir dos mòmentos finais atuantes nos nós M& = Mg - 1,67Ml indicados na Fig. 1-211, obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-212.

Fig. 1-21 1


c.2) Parcela anti-simétrica do carregamento (Fig. 1-206.3).

Resolveiido pelo método das forças, temos:

1. Sistema principal 'e hiperestático

Dados na Fig. 1-207.2.

2. Diagramas no sistema principal

2.1 M o

Fig. 1-213 - M: Fig. 1-214 - M4

3. Cáiculo dos EJc6

Temos: EJ,6,, = - 36 X 42 EJ,6, = 36 X 7

4. Equação de compatibilidade e hiperestático

Temos: -36 X 42 + 36 X 7 X, = O : X, = +6

5. Diagrama de momentos fletores

Da expressão Mmt = M: + 6M4, obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-215.

O metodo das deformacões

d) Diagrama final

O diagrama de momentos fletores final M será a soma dos diagramas das Figs. 1-212 (Mh) e 1-215 (M,,] obtendo-se aquele representado na Fig. 1-216.

Fig. 1-216 - Mfi,,[(rrn mt).

Observação: Apenas a título de ilustração, mostraremos como se chegaria às equaçóes de compatibilidade estática, caso desejássemos resolver a parcela anti-simktrica do carregamento também pelo método das deformações. Empregando-se o roteiro do m6tod0, temos:


Indicado na Fig. 1-208.2.


1-217.2

Fig. 1-217 - Mo, R,


2.1 - Carregamento externo

Levando em conta que, para a parcela anti-simétrica do carregamento, temos os momentos de engastamento perfeito da Fig. 1-217.1, e analisando o comportamento de cada barra no sistema principal (o que está feito na Fig. 1-21 7.2), obtemos:

f i l o L -2,25 Om = -6.75 6 40. = t1.5

(Supusemos positivos os deslocamentoslineares da esquerda para a direita.)

2.2 - Deslocamento A,

Impondo ao sistema principal um deslocamento A, tal que EJ,A, = 72, temos um deslocamento ortogonal reciproco p ~ c = +A2 para a barra AC, obtendo:

Do esquema da Fig. 1-218, obtemos

k 2 = + I ; O , , = - 1 ; p , , = + 6

Fig. 1-218 - M2. R ,

2.3 - Deslocamento A,

Impondo ao sistema principal um deslocamento A, tal que EJ,A, = = &A, = 72, temos os deslocamentos ortogonais recíprocos seguintes: Para a barra AC: pca = -A3 Para a barra CE: p c ~ = +A,

i O mbtodo das deformacões

1 Obtemos, então: I

1 3EJ A I Para a barra AC: MC = - 3. = -6 mt

Ac2 I 6EJ A

Para a barra CE: MC = ME = + = t 1 2 mt CE2

Do esquema da Fig. 1-219, vem:

1 - 1 ; p 3 3 = 5;oa3 = t 6

Fig. 1-219 - M 3 . R3

2.4 - Rotação A,

Impondo ao sistema principal uma rotação A, tal que EJ,A, = EJcA, = = EJcA2 = 72 , obtemos, em torno do nó C, os momentos:

Para a barra AC: 3 U c A q - 3 X 7 2 - +36mt Mc = --- - --- -

AC 6 Para a barra CD:

Mc = t ~ E ( ~ J c ) A ~ _ 12 X 7 2 = +72 mt - CD 12

Para a barra CE,

I Do esquema da Fig. 1-220, vem: D2, = t 6 ; 0% = + 6 ; 044 = + 156


Fig. 1-220 - M4, R4

O sistema de equações de compatibilidade estática será então:

{r;;] + [-i -a I;;} = {!) Resolvido o sistema, seguiríamos a marcha habitual do método das defor-

mações, ate a obtenção do diagrama de momentos fletores (que, evidentemente, seria o da Fig. 1-215, no caso).

7.2 - Grelhas

7.2.1 - Caso em que o eixo de simetria intercepta um nó da greiha

Seja a grelha elástica e geometricamente simétrica da Fig. 1-221 . l , situada num plano horizontalxy e submetida ao carregamento indicado, que pode ser decomposto nas parcelas simétrica e anti-simetnca das Figs. 1-221.2 e 1-221.3, respectivamente. Analisemos cada caso em separado.


I a) Carregamento sim6trico

Devido à simetria existente, o nó S (situado na seção de simetria), náo terá rotação em tomo do eixo x - x (pois as tendências de rotaçáo, provoca- das-pelos carregamentos atuantes à esquerda e à direita, se anularão) perma- necenklo existentes sua rotação em tomo do eixo y - y e seu deslocamento vertical (perpendicular ao plano da grelha), conforme indica a Fig. 1-222.2. Assim, o sistema principal para resolução da estrutura pelo método das deformações é o indicado na Fig. 1-222.3, comportando-se o nó S neste sistema principal como um engaste. As incógnitas serão as rotaçóes dos nós B e S em tomo do eixo y -y, a rotaçáo do nó B em tomo do eixo x - x e os deslocamentos verticais dos nós B e S.

1-222.1 - Cmrpaiin<a Ymitnca 1-222.2 - DlCocmn+~ d& l E ( o ~ b e smC. L221.3 - S I S I E ~ I ~"Eipal . c"-.

Fig. 1-222

b) Carregamento anti-sim6trico

Para o carregamento anti-sim6trico da Fig. 1-221.3, a seção S, agora, só terá rotação em torno do eixo x - x (devido i anti-simetria existente, não existirá desloc,amento vertical nem rotaçáo em tomo do eixo y - y), conforme indica a Fig. 1-223.2. Assim, o sistema principal para resolução da estrutura pelo método das deformações é o indicado na Fig. 1-223.3 (o n ó s comporta-se, no sistema principal, como engaste) e as incógnitas são as rotações do nó B em tomo dos eixos x - x e y - y , o deslocamento vertical deste nó B e a rotação do nó S em tomo do eixo x - x.


Obseriiac8rs: a) Notar bem que. no sistema principal (Fig. L-223.3), o úiiico víriculo que precisamos acrescentar à seçáo S para toriiá-lu um engaste no caso da aiiti-simetria, foi a chapa I , inipedindo siia rotaçáo em torno do eixo x - x (úiiica comporiente de deformação existente, neste caso. na seção SI. Para o caso da simetria (Fig. 1-227.3) os vínculos acresceiitados, para toriiar à seçao S um engaste, foram a chapa 1 e apoio do I'? g6iiero 2 (impedindo as duas coniponentes de deformação da seção S neste caso, que são a rotaçáo eni torno do eixo .v -.v e o deslocamento linear na direção z ) .

b) Notar. ainda, a vantagem do emprego do artifício do arranjo de cargas, que subdividiu o traballio de resolução da grelha 9 vezes deslocável da Fig. 1-221.1 lia resolução das grelhas 5 e 4 vezes deslocáveis, respectivamente, das Figs. 1-221.2 e 1-211.3.

7.2.2 - Caso em que o eixo de simetria intercepta completamente uma barra da grelha

Y-.. v-. 3 ---.-- , -.- v - - v - -v

X , X I' x,' 1-221.1 r-22L2 L-224.3

Seja resolver a grelha elástica e geometricamente simétrica da Fig. 1-224.1, situada num plano horizontal . v e submetida ao carregamento indicado, perpendicular ao plano . ~ y , que pode ser decomposto nas parcelas simétrica e anti-simétrica das Figs. 1-224.2 e 1-224.3. Analisemos cada um destes dois últimos casos em separado:

a) Carregamento simgtrico

1-225.1 - Carregamento simétrico. 1-225.2 - Sistema principal

Fig. 1-225

I O método das deformações 109

1 Conforme já comentamos para o caso do item anterior (Fig. 1-222.2), a seção S de simetria não terá rotação em tonio do eixo x - x permanecendo existentes sua rotaçáo em tomo do eixo y - y e seu deslocamento vertical (direção 2): Assim, o sistema principal para resolução da parcela simétrica do carregamento é o da Fig. 1-225.2 (iiotar bem que a barra SE deve ser tomada com a metade de sua in6rcia):nele se comportando a seção S como um eiigasle. As incógnitas serão


1-226.1 Carrepamento anti-siml'trico. 1-226.2 S i s t r n i ~ principal

Fig. 1-226

Pelas mesmas raz6es já apontadas no caso da Fig. 1-223, o sistema princi-

I I . - I .

pal, Icv:rndii em conta que @s ' = z~ = 0. é o da Fig. 1-226.2. As incbg- *-" ,v-y - X-X

nitas serão q8 . .FU , e

I I ObservapTo: Mais uma vez. cliamamos a atenção do leitor para a conveiiiên-

I cia d o emprego do artifício do arranjo de cargas às grellias simétricas; iio caso, a resoliiçáo da grelha 9 vezes deslocável da Fig. 1-224.1 recaiu na

I resolução de duas grelhas - uina com 5 dnlocabilidades (Fig. 1-224.7) e outra com 4 (Fig. 1-224.3).

I

7.2.3 - Caso em que o eixo de simetria intercepta uma barra da grellia iiuma Única seção

1 c o caso, por exemplo da grelha da Fig. 1-227.1, cujo carregamento pode sér decomposto nas parcelas simétrica e anti-sim8trica das Figs. 1-227.2 e

I 1-227.3, respectivamente.


- Fig. 1-227

O problema poderia ser abordado de maneira idsntica à adotada no item 7.2.1 (pois trata-se, na realidade, do mesmo problema: em ambos os casos temos uma grelha simétrica interceptada pelo eixo de simetria numa única seção S). Entretanto. o emprego do artifício do grupo de incógnitas introdu- zirá menos incógnitas a determinar, senão vejamos.


1-228.1 - Carregamento simétrico. 1-228.2 - Sistema principal.

Fig. 1-228

Como sabemos que, para o carregamento simétrico da Fig. 1-228.1, as deformações da grelha serão simktricas em relação ao eixo de simetria, podemos adotar o sistema principal da Fig. 1-228.2, cujas incógnitas a determinar são v;, e LI;.

Observações: I) Notar que, na fase de obteiiç~o dos ereitos rio sistema principal, quando formos estudar a influfncia de 9; = 1. por exemplo, neste sistema principal, deveremos impor uma rotaçáo = I aos nós B e Csimul- taneamente, pois estamos empregando o artifício do grupo de incógnitas. Com isto, aparecerão nas extremidades da barra BC mopentos fletores iguais à sua rigidez de simetria.

1 mbtodo das deformações 111

2) Notar, ainda, que quando fizermos q i = I , nào aparecerào momentos torçores na barra BC, pois as rotaç6es de B e C s io no mesmo sentido, não surgindo nenhuma reação devido a elas. Tudo se passará. portanto. coino se interceptassemos a barra BC no sistema pruicipal e nele trabalhásseinos com metade da grelha. usando para a barra RC. sua rigidez de simetria i flexão e rigidez nula i torção.

b) Carregamento anti-simgtrico

Por raciocínio inteiramente anáiogo ao empregado para o carregamento simétrico, o sistema principal para resolução do carregamento anti-simétrico da Fig. 1-229.1 é o indicado na Fig. 1-229.2.

1-229.1 - rarrcgmxnto anti-sim6trico. 1-229.2 - Sistema pri!icip:il.

Fig. 1-229

Convém notar. no caso, que quando impusermos, ao sistema principal, cp? = I , surgirão, na barra BC, em B e em C momentos fletores iguais à sua rigidez de anti-simetria. Analogamente, quando for imposto $2 = 1. aparece- rão, lia barra BC. em B e em C momentos torçores iguais. em módulo, ao dobro da rigidez à torção da barra BC, pois a rotaçáo relativa por torção de uina extrciiiidade em relação à outra valerá 2 $2 = 2. Tudo se passará. portanto, como se interceptássemos a barra BC no sistema principal e nele trabalbásseinos com metade da grelha usando. para a barra BC, sua rigide?. de anti-simetria à flexão e o dobro de sua rigidez à torpio.

As aplicaçóes seguintes esclarecem.

Ex. 1-22 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores e as reações de apoio para a greiha simétrica da Fig. 1-230. situada rium plano horizontal ABCD e submetida ao carregamento vertical indicado. As barras são perpendiculares entre si e medem: A E = EB = CE = ED = 6 in.

Curso de anãlise estrutural

Fig. 1-230

I . Sistema priiicipal

Devido à dupla simetria existente (em relação aos eixos Y - x e ii - y) ,

x - x Y - Y - podemos afirmar que p~ = pt. - = O. A única deslocabilidade do n ó E será. então. seu deslocameiito vertical, com o que obtemos o sistema principal da Fig. 1-23 1 (neste sistema principal,

A?/ C XD -

colocanios um bloco rígido no nó E. impediiido as rotações que sabemos serem iiulas neste nó. Este bloco, associado ao apoio do I ? gènero adicio- Fig. 1-231 nal 1. faz com que o nó E tenha. no sistema principal, o comportamento de um eiigaste).


a) Carregamelito externo

Aplicaiido o carregamento externo ao sistema principal, ap:~rccerão. lias extreniidades das barras 1 e 2, mo-

I X 6' mentos fielores de niódulo -- =

I? = 3mt e reações verticais iguais 3

-- I - 3 1.0s selitidos corretos estào I

indicados lia Fig. 1-33?, da qual obie- mos: p,, = -2 X 3 = -6 Fig. 1-232 -Mo. V,,

i Ométodo das deformações 113

I b) Deslocamento A,

Inipondo um deslocamento vertical A, , de cima para baixo, ao nó E, tal qiic EJA, = 18, as barras 1, 2, 3 e 4 teráo deslocamentos ortogonais reciproci>s iguais a A , , surgindo em suas extremidades, momentos fletores

6EJA 6 X 18 de módulos -i- = T= 3 mt, com os sentidos indicados na Fig. 1-233,

i 6 2 X 3

e reações de apoio verticais iguais a- = 11, conforme indica a Fig. 1-233, 6

da qual obtemos, então: o,, = +4 X 1 = 4

Fig. 1-233 M i . I',

I 3. Cálculo da incógnita

I Temos: A , = -h = + 1 , 5 i i i i

I 4. feitos finais

1 A partir dos momentos finais nas extremidades das barras (em mt) e rcaqóes de apoio (em t) indicados na Fig. 1-234 (obtidos da expressão E = = E, + I .5 E , ). temos os diagramas soiicitantes (em mt) da Fig. 1-235.


Fig. 1-234 - E = E, + 1.5 E ,

DMF DMT

Fig. 1-235 - DMF, DMT.

Ex. 1-23 - Obter os diagramas de rnuiiientos fletores e torçores para a grelha da Fig. 1-236, situada num plano horizontal, e cujas barras, perpendi-

EJ culares entre si, têm: - = 2

GJ,

O método das deforma*

Fig. 1-236


Levando em conta a dupla simetria '+'I 0 existente e a conclusão tirada, no item 7.2.3a deste tópico, o sistema principai 6 o da Fig. 1-237, devendo-se, neste, trabaihar para as barras inter- ao rompidas com sua rigidez de simetria à flexão e sem rigidez à torçáo. Assina-

91- lamas, neste sistema principal, os sentidos que consideraremos positivos para momentos e rotações, reaçóes e deslocamentos verticais do nó L.


a) Carregamento externo Fi. 1-237

Aplicando o carregamento externo no sistema principal e levando em conta que, para as barras KL e lJ os momentos de engastamento perfeito e as reaçóes de apoio têm os valores indicados na Fig. 1-238, obtemos os efeitos da Fig. 1-239, a partir da qual podemos escrever:


PIO = +4.5 -- - 4.5mt Pzo = -3,O

L

t3f Fig. 1-238

L D

L

G Fig. 1-239 - E,

b) Rotação A,

Impondo uma rotaçáo A, ao nó L no sistema principal tal que EJA, = 12, obtemos os seguintes momentos em torno do nó L: Na barra KL: K'~ = O 23

2EJA 2 X 12 - mt Na barra LJ: K, =L=

L J 6 4EJAl 4 X 12

Na barra GL: K = -= - - 3

- 16 mt GI, G t A 1 _L--- EJA

Na barra LD: KT = -- l2 - 2 m t LD 2 I Z 1 2 X 3

Com isto temos o esquema da Fig. 1-240, do qual obtemos: p,, = 16 + 4 + 2 = 22 P2 i = 0 1031 = +8

=ver item 7.2.3.a. (Como K e L terào a mesma rotação Ai r iião haverá rotação relativa dr torçàa entre as mesmas, não será despertado qualquer momento dc tor~ão.)

~ O método das deforma~õer

Fig. 1-240 - Ei

c) Rotação A,

Impondo uma rotação A, ao nó L no sistema principal tal que EJA, = 12, obtemos os seguintes momentos em torno do nó L:

2EJA, 2 X 12 Na barra KI,: K, = -- = -- KL 6

- 4 int

Na barra LJ: K$ = O GJ A EJA,

Na barra GL: KT = 3 = -- = --- l 2 = 2mt GL 2 X Z 2 X 3

4EJA 4 x 1 2 Na barra LD: K =L=-- 3

- 1 6 m t LD

A partir do esquema da Fig. 1-241, vem: u


d) Deslocamento A3

Dando-se um deslocamento vertical A , ao nó L no sistema principal tal que EJA, = 12. as barras ÇL e LD terão deslocamentos ortogonats recíprocos ~guais a A,. surgindo em suas extremidades momentos fletores de módulos

I i f i J A @?!h l 2 - 8 m t e com os sentidos indicados na iguais a 4 = GL 1m2 - 32

Fig. 1-242, da qual obtemos: 0 1 3 = f 8 B,, = -8

Fig. 1-242 - E ,


Temos:

[ ' % -8 3213 -i]' 4. Efeitos finais

Da expressáo E = - 0,785ó', + 0,715 E, + 1,590E3, obtemos os momentos atuantes nas extremidades das barras indicados na Fig. 1-243, (em mt) a partir da qual podemos traçar os diagramas de momentos fletores e torçores da Fig. 1-244 (em mt).

i O método das deformações

Fi. 1-243

7.64

/ 1.43 / /

Y /

I 1-244.1 - DMT (simétrico rm relaçáa aose ixosx - x e y - y )

Pig. 1-244

240btivemos o DMT completo lembrando que, para as grellias simelricas com carregamento simétrico, o diagrama dc momentos torforesd anti-simétrico.

120 Curso de análise estmtural

8 - CASO DE BARRAS COM INERCIA VARIÁVEL

A resolução, pelo método das deformaçóes, de estruturas que possuem barras com inercia variável, recai na determina~ão da rigidez dessas barras eni suas extremidades, doi coeficientes de transniissão de momentos e dos momcntos de engastamento perfeito destas barras para o carregamento externo atuaiitc.15

A determinação de todos estes valores significará, evidentemente, a resolu- ção de uma viga biengastada (ou engastada e rotulada), de inercia variável para um recalque angular unitário de seu engaste ou para a atuação do carregamento externo, o que será feito pela aplicação do método das forças.

Dividiremos nosso estudo em três casos, abordados a seguir:

8.1 - Inercia da barra varia "em saltos"

I? o caso, por exemplo, da bana Ai3 da Fig. 1-245, cuja uiércia é variá- vel, mas mantendo-se constante em cada um dos subtrechos delimitados pelas descontiiiuidades nas suas dimen- sòes. A obtençáo de rigidez nas extremidades da barra, coeficientes de transmissão de momentos e moinen- J2

tos de engastainento perfeito (pelo método das forças) não apresentará maiores problemas, conlorine esclarece o Exemplo 1-24. Fig. 1-245

Ex. 1-24 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 1-246 devido ao carregamento atuante.

2 s ~ ã o citamos a necessidade de obtenção dos momentos de engastamento perfeito Provocados por recalques verticais dos engastes devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos, no caso dc estruturas deslocáveis, pois os mesmos sáo, imediatamente, obtidos a partir dos valores da rigidez e dos coeficientes de transmissão de momentos peta emprego das expressóes (I.7), (1.8) e (1.91.


Fig. 1-246

Em se tratando de um quadro com, apenas, uma deslocabilidade interna, temos:

Fig. 1-247

2. Efeitos no'sistema principal

a) Carregamento externo 141

Para a obtenção dos efeitos do carregamento externo no sistema principal. precisamos, inicialmente resolver a vi. 1-248 viga biengastada da Fig. 1-248, para a qual, a partir do sistema principal i.= 3m I.= ~,.m e hiperestáticos da Fig. 1-249 e dos diagramas M o , M, e M2 no sistema priiicipal da Fig. 1-250, obtemos:

x1 t 1

EJ,S,,= t - X 1,5X 1 2 X 1 = + 9 2 1 Fig. 1-249 - Sistema principal para reso-

EJc620= - ó X 1,5 X 12 (2 X 1 +OS)= luqão de viga biengastada ABpclo méto- do das f o r p ~ .

= -7.5

Curso de analise estrutural

Fig. 1-250 Diagr~rnas no sistema prin cipal para a viga AB.

Daí vem: L,;) + p . 5 - 1,875

X2 = 10,s

As reações de apoio para a viga biengastada da Fig. 1-248 são, então, as indicadas na Fig. 1-251, a partir das quais ficamos em condiçóes de conhecer os efeitos do carregamento externo do quadro no sistema principal da Fig. 1-247, representados na Fig. 1-252. a partir da qual temos:

0," - +2,54


Fie 1-252 - Momentos "MO" do carrega- - Fig. 1-251 - Salu~ão da viga AB. mcnto externo no sistema principal da

Pig. 1-247.

b) Rotação A,

Para a obtenção dos efeitos da rotação A, imposta ao sistema principal, precisamos resolver a viga biengastada AB da Fig. 1-253 para o recalque angular unitário assinalado do engaste A, a fm de conhecermos sua rigidez neste nó, bem como o coeficiente de transmissão de momentos do nó A para o nó B.

Empregando o mesmo sistema pki- ipA = +I

cipal da Fig. 1-248 e levando em conta que: ‘CT E& 6 ,, = -EJ, qa = -EJ, e EJ,S,, = 0, temos: I I

Fig. 1-253

Chegando-se, então, a X, = 1,22 EJ,

Os efeitos finais para a viga biengastada da Fig. 1-253 obtidos de E = = (0,73 EJ,) E, + (1,22 EJ,) E,, sendo E, e E, dados por 1-250.2 e 1-250.3, respectivamente, estão indicados na Fig. 1-254.1 (ou na Fig. 1-254.2, já em

EJc termos de T , sendo I , no caso, igual a 6 m).


6 X 0,73EJc 4,38EJc 2.94EJC -- 0.73EJC 0.49 EJ, I

1,22EJ, t

7.32 EJ, - - I 12

1-254.1 1-254.2

Fig. 1-254

A rigidez da barra AB em A vale, então K A = 4,38 EJc

I e o coeficiente

de transmissão de momentos (ta _ B ) d o nó A para o nó B é dado por Mg _ 2,94 =---- MA 4,38 - O,b7.

Assim sendo, estamos em condições de conhecer os efeitos provocados no sistema principal da Fig. 1-247 pela rotação A, , obtendo-se, arbitrando EJ,A, = 12. os seguintes momentos em torno do nó A:

Na barra AB:

K = 4 , 3 8 E J c A , - 4,38 X 12

.. I 6 = 8.76 mt +9

Na barra AC: I I 1

Da Fig. 1-255, temos: Fig. 1-255 - Monicntos M l devidos à ro-

pll = 17,76 tação Ai no sistema principal da Fie. 1-247.


Da equação 2,54 + 17,76A, = 0 , obtemos: A , = -0,143

4 . Efeitos finais

Os momentos finais atuantes nas extremidades das barras, obtidos de M = Mo - 0,143 M , (Mo estando na Fig. 1-252 e M, na Fig. 1-255), estão assinalados na Fig. 1-256, da qual obtemos o diagrama de momentos fletores pedido na Fig. 1-257.

O mbtodo das deforrnaqães

Fig. 1-256 - Momentos finais.

Observação: a) Uma outra forma de se resolver o exemplo da Fig. 1-246 (e que se constitui numa outra forma geral de resolução de estruturas, cuja lei de variaçáo de in6rcia das barras seja uma variaçáo "em saltos"), 6 admitir a barra AB subdividida em duas barras AD e DE, cada uma delas de inércia constante, conforme mostra a Fig. 1-258.1. O Único inconveniente desta forma de r$s~lução 6 que, com a introdução de um novo nó (Dj à estrutura, suas componentes de deformações passam a ser novas incógnitas pelo m6todo das deformações, passando o sistema principal, dentro deste raciocínio, a ser o da Fig. 1-258.2, havendo, portanto ires incógnitas a determinar, ao inv6s de uma única (no caso de tratarmos AB como uma Única barra).

b) Embora tenhamos feito apenas um exemplo de aplicação,julgamos ser o mesmo suficientemente esclarecedor para este primeiro tipo de lei de variação de inércia da barra, de modo que passaremos ao estudo do caso seguinte.

8.2 - Inércia da barra variando "em mísula"

Este caso, analogamente, ao que vimos para o método das forças, será resolvido com o auxilio de tabelasz6 (Tabelas IV a XV), que nos fornecem, para vigas biengastadas, os valores de rigidez. coeficientes de transmissão e momentos de engastamento perfeito para carregamento unifomemente distribuído e para cargas concentradas.

*'~prercntadas, pela primeira vez. por Guldsn.

126

TABELA IV - Coeticientes ai, a2, 0



128

TABELA V - Coeficientes & I , Q , 0


O m6todo dar deformações 129

Voute parabiilica de um r6 lado 0 7pm," A=:

Jmáx Jmin I

n =- L J máx 1

I A B P L A VI1 - Curticici i la\ LL, - u 2 . 0 Voute parabólica de ambos os lados h = a

Jmáx I J...,.. ,,,,,, n=- Jmáx

132 Curso de anãlise estrutural

TABELA VI11 - Coeficientes ki, k2 Voute reta de um r6 lado

O I

Jmgx Jmin :i: Jmin

4, I Jmãx



TABELA IX - Coeficientes k i , k2

VmtepambÓlicade ap @ um r6 lado h = ?

J , 1 Jmin I

Jmin n=-

O méiodo das deformações

TABELA X - Coeficientes k, = k2 = k

Voute reta de ambos os lados

:H =a I Jmáx Jmáx

Jmin n =- a! BO M , = - M , = k - q12 M Jmáx 12

I 7 f

L I L 1 1


TABELA XI I - Corlicientes V I . f72

Voute reta de um O O p 1 só lado E

X

MI = tQIPI Jmáx p- ~ m i n 4 = 0 I 1

M2 = -7hPI ' a ' - I Jmin n--

A Jmáx I

h 1 2 . . . . .. ... . - 1 2


Cursa de analise estrutural

TABELA XII - Coeficientes q,, 172 (continuação)

O rnbtodo das deforrnacões

TABELA XIII - Cocíicicntei 71. u2

Voute parab6lica

SI 1 p de um só lado E

O I 4'

7 h =a Jmáx I

M t = + n i P i i a : ! Jmín " =- M z = -QPi - I

Y Jmáx


TABELA XIII - Coeficientes q i , q 2 (continiiação)


TABELA X111 - Cocficicniçs v i , q2 íconriniiaqJu)


TABELA XIV - Coeficientes v i , qz

Voute reta de ambos os lados

@ ?min @ 'k

r- I I Jmáx

M, = +ViPI M~ = -QPI &a Jmin

+ I 2 n =- Jmáx


TABELA XIV - C'oeficientcs 7 1 , q 2 (continiia~ão)


TABELA XIV - Coeficientes vi. qz (continiia@o)

TABELA XV - Coeficientes 771, 7 2

Voute parabólica de I ambos os lados %

MI = + q l v l Jmáx Jmáx M2 = -72PI

Jmin n --

I Jmáx - o 1 z . . . . . . . . . . . . 1 2

O m6mdo dar deformacões

TABELA XV - Coeficientes q l , q l (continiia~ão)

0.50

1.00

073 005

070 007

124 021

116 023

156 046

141 047

165 076

148 074

151 108

142 101

136 136

125 125

108 157

L01 142

076 165

074 148

046 156

047 141

021 124

023 116

005 073

007 070

Curso de análsie estrutural

TABELA XV - Coeticierftes vi, q2 (continuação)


Os tipos de mísulas estudadas são aquelas cujas leis de variação de altura são as iiidicadas na Fig. 1-259, seiido a extremidade da barra com maior inércia, sempre representada pelo algarismo I. reservando-se o algarismo 2 para a outra.

par. 20 grau

O O Jmáx kmJmin Jmdx Jmin

!

1-259.1 - Misiila ~ e t a assirn6trica. 1-259.2 - Misiila parab5lica asnirniuica.

par. 20 grau

O Jmáx *L Jmáx c*$mB. 1-259.3 - Misilla reta siinçtrica. 1-259.4 - Misitla purabólica simetria.

Fig. 1-259

Como no caso do método das forças. os argumentos de entrada nas tabelas contiiiuam seiido os parârnetros adimensionais

a Jmin h = - e ;-

I .Jrn,

Antes de entramos na aplicação propriamente dita destas tabelas. façamos uma descrição sucinta das mesmas:

a) Tabelas 1V a VI1

Fornecem, para as vigas biengastadas, com os tipos de misula da 1:ig. 1-259, os valores da rigidez nas extremidades I e Z da barra e o coeficiente de transmissão de momentos t i-2 da extremidade I para a extremidade 2.

Estáo tabelados, peta cada par (h , n), trés coeficientes a , , a, e 0, dos quais obtemos:27

2 7 ~ o r definipio da cm~tnição da tabela.


O coeficiente de transmissão r 2 _ , de momentos do nó 2 para o nó 1 pode ser obtido, a partir dos valores de K , , K , e r,.,, pela expressão (1-141, cheeando-se a:

Observafóes: a) Conforme frisamos no início, as Tabelas IV a VI1 nos fornecem, diretarnente, os valores da rigidez para misulas biengastadas. A partir destes valores podemos, no entanto, obter, comodamente, os valores de rigidez para mísulas engastadas e apoiadas, senão vejamos.

Seja determinar a rigidez K ; da misula da Fig. 1-260.1:

1-260.2

Fig. 1-260

Conforme indica o esquema da Fig. 1-260, podemos escrever que

P2 EJmin ( a , f f 2 - 0') (1-31) K ; = K I - K I f i - z t z - ~ = K 1 ( l --I=-- f f l f f 2 f f 2 l

Por raciocínio inteiramente análogo, caso 2 fosse a extremidade engastada e 1 a apoiada, teriamos

K' 2 -*(oIa2 - - (3,) (1-32) f f l l

Desta forma, podemos afirmar que as Tabelas IV a VI1 nos fornecem os valores da rigidez e dos coeficientes de transmissão para misulas com quaisquer condições extremas de apoio.

b) Os momentos de engastamento perfeito que precisarão ser calculados, para o caso de estruturas extremamente deslocáveis devido ao deslocamento


ortogonal reciproco das extremidades da barra o serio a partir do cnnlieci- mento das expressóes (1-271 a (1-311 pelo cniprego das fónnulas gerais (1-7) a (1-9) deduzidas no iiiicio deste capitiilo.

b) Tabelas VI11 a XI e XII a XV

As Tabelas VI11 a X1 e XII a XV nos I«riiecein os momentos de engastamento perfeito M , e M, para niisulas bieiigastadas carregadas com carregamento uniformemente distribuído ou com cargas conceiitradas conforme indica a Fig. 1-261

Fig. 1-26 1

Caso a misula seja engastada e apoiada. conforme exemplifica a Fig. 1-262.1, a obtençáo do momento de engastamento perfeito pode ser feita a partir da decomposição da Fig. 1-262. obtendo-se:

1-262.1 1-262.2 1-262.3

Fig. 1-262

Por raciocínio inteiramente análogo, caso a extremidade engastada fosse 2 e I a apoiada, teríamos:

B IM;I = IM21 + IM,I i,_, = IM2 l +, IMi I (1-34)

I As aplicações seguintes esclarecerão:

I ' ' ~c ta , que preferimos escrever uma expressão válida em rnbdulo, pois. se o lado engastada estiver à erqorrda, o momento de engastamento perfeito será positivo, rendo

I negativo em caso contrário (lado engastado à direita), para carreeamento de cima para

I baixo.


Ex. 1-25 - Resolver o quadro da Fig. 1-263 para o carregamento indicado. Sabe-se que as barras Iiorizontais são misulas retas assimktricas com J,,, = . I , e .I,& = 5.1, e a barra vertical tem inkrcia que pode ser considerada constante e igual a J,.

I I I 1 I L

I

4' L L 9 rn

1 ' 3m 3m 9 rn

Fig. 1-263


Em se tratando de um quadro com apenas uma deslocabilidade interna. o sistema principal k o da Fie. 1-264.


a) Cai-regamento externo

Para conliecerrnos os efeitos do carregamento externo no sistema principal, precisamos, iiiicialmente. obter os momentos de engastamento perfeito para as vigas engastadas e apoiadas das Figs. 1-265.1 e 1-265.2 que são,

3 Jc ambas, rnísulas retas assimétricas com h = - = 0,25 e n =- = 0,20. 12 5Jc

O método das deforrnacües 153

1-265.1 1-265.2

j Fig. 1-265

Para o caso da Fig. 1-265.1, obtemos, da tabela XII, de acordo com o esquema da Fig. 1-266 q , = 0.190 e q2 = 0.025

Daí vem, conforme a expressão (1-33): @ P ii IM;I = IM,I +-nr2 2 9 = ~ ~ ( q i +-112) a2 a2

Fig. 1-266

A obtenção dos coeficientes B e a2 se fará da tabela IV, que nos fornece, para h = 0.25 e q = 0.20: a, = 6.65 a, = 4,48

= 3,12

Obtemos, e n t e : M ; = - 4 X 12 (0,190 t - 4,48

X 0,025) = - 10.0 mt

Para o caso da Fig. 1-265.2, a tabela V111 nos fornece: k , = 1.406, k2 = 0,822, obtendo-se. pela expressão (1-33):

4i2 f l . 2 )m:p 1 X 1 2 ~ M; =- ( I , , + - h 3,12 12 12

(1,406 + - 4,48

X 0,822) = t23.8 1111 0 2

Os efeitos do carregamento externo no sistema priiicipal sZo. eiitão. os da Fig. 1-367, que nos conduz a o,, = t13.8.

2 9 ~ o caro. o sinal será iicgativo. pois o I:ido c!igaslado i o da direita, 300 s i n d t: positivo. pois o lado c n p n s t ~ d u f o d.1 crquird;i.


Pig. 1-267 - M o

b) Rotaçào A ,

Dando-se uma rotação A , ao nó C, tal que EJ,A, = 6 tm2, temos o aparecimeiito dos seguintes momentos em tomo deste 116:

4EJcAl - 4 X 6 mt Para a barra RD: A l = -- - - -

1 6 LJcA,

Para as barras AB e BC: M ; = -- 6

012 1 (a1012 - b2) = 4,48 12 (6.65 X

X 4.48 - 3.12') = 2.22mt

Os efeitos da rotaçáo A , no sistema principal são, então. os indicados na Fig. 1-268, obtendo-se P , , = 8,44 mt .

Pig. 1-268 - M l


13.8 Temos: A, =h = - - = -1,635 P i i 8.44

4. Efeitos finais

Da expressão h! = M o - 1,635 M , , obtemos os momentos finais indicados na Fig. 1-269 (em mt), que conduzem ao diagrama de momentos fletores da Fig. 1-270 (em mt).


Fig. 1-269 - M = Mo- 1.635 M , Fig. 1-270 -DMI

Ex. 1-26 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio para a viga de inircia variável da Fig. 1-27]. cujas misulas são, todas, parabó- licas com J,, = J , e J,;, - 5Jc . A mola tem k = 103 t/m e a viga tem EJc = 104tm2.

Fig. 1-27 1


A viga possui duas deslocabiidades: uma interna (rotação do nó B ) e outra externa (deslocamento vertical de B, devido à presença da mola). Assim sendo, o sistema principal é o da Fig. 1-272. (Assinalamos na figura os sentidos positivos de A , e A, para fins de determinaçáo dos b.)




Basta estudar a viga biengastada da Fig. 1-273, que é uma mísula para-

I I 3 bólica simktnca com h = - = 0,25 e I I I

Jc 12 I I I I

q = - = 0,20, para a qual a tabela I I I I

jJc + 3 m + 6 m 4 3 r n + XV fornece: No ponto 3: q , = 0,173 q2 = 0,041 Nu ponto 9: Fig. 1-273

q l = 0.041 q2 = 0,173

Daí, vem: M, = -M2 = P I ( q : + q:) = PI(q: + q ; ) = 5 x 12(0,173 i + 0,041) = 12,84mt

Os efeitos do carregamento externo no sistema principal são, então, os da Fig. 1-274, obtendo-se:

Fig. 1-274 -Mo. V ,

b) Rotaçáo A ,

Dando-se uma rotaçào A , ao nd B tal que K.I,A, = 12, obtemos os seguintes efeitos no sistema priricipal:

b.1) Para a barra AB ímisula parabólica simétrica com h = 0.25 e 71 = 0.20). Da tabela Vil, temos: a, = a , = 6.43. 0 = 3.95. Vem, então, confornie a Fig. 1-275:

EJ,A, 12 ili, - -- , a1 = E X 6,43 = 6,43 mt


Fig. 1-275 - Efeitos de A, para a barra AB.

b.2) Para a barra BC (mísula parabólica assimétrica coin X = 0,25 e 7 = 0,20) Da tabela V, temos: a, = 5.75, a2 = 4.34, 0 = 2.77.

EJcA, Vem, eiitão; M ; =- ( a l a 2 -oZ)= 4,34 l 2 , 2 (5.75 X 4,34 - 2.77') =

a2 1 = 3,98 mt .

O funcionamento da barra BC será. eiitáo, nesta fase, o da Fig. 1-276.

Pig. 1-276 - Efeitos de Ai para a barraBC.

A partir das Figs. 1-775 e 1-276, obtemos os efeitos da rotação A, no sistema principal, indicados na Fig. 1-277 e que fornecem: pii = 6,43 + 3,98 = 10.41 P21 = + 0,53

Fig. 1-277 - Mi, Vi


c) Deslocamento A2

Dando-se um deslocamento vertical A , ao nó B, tal que EJcA2 = 12, obtemos os seguintes efeitos no sistema principal:

c.1) Para a barra AB 0.86 mt

Teremos um deslocamento ortogonal recíproco p ~ a = + A 2 , que provo- cará o aparecimento de monientos . . . M a e MB dados pelas expressões (1-7) e (1-8). por:

PBA MA = Mg = - ( K A + tg,j K B ) = I A2 EJc 0 EJc ,)= = - ( - a , t - - a 1 I a , 1

1 2 Fig. 1-278 - Efeitos de & para a barra AB,

E J c b = + 0) = 7 (6.43 + 3,95) : 12

c.2) Para a barra BC

Teremos um deslocamento ortogo- na1 reciproco pgc = - A 2 , que provoca- rá o aparecimento de um momento MB. dado pela expressão (1-9), por:

PBC - EJc M B = K b X - - - 1 a21 (a l e2 - 0 2 ) X

( - A , ) = _ X - l 2 (5,75 X 4.34- Fig. 1-279 - Flriiui iIc A2 para a barra BC.

I < 4,34 X I 22 - 7.77') = - 0.33 lmt

c.3) Para a mola

Teremos o aparecimento de forças F. no apoio 2 e na base D da mola. dadas por:

12 103 F = k A 2 = k X - = - X 1 2 = l ? t . D

E J ~ 104 3- t F = 1.21 scndo os sentidos os indicados na Fig. 1-280. Fig. 1-280 -Efeitos de A 2 na mola.

A partir das Figs. 1-278 a 1-280, obtemos os efeitos d o deslocametito A, TIO sistema principal. indicados na Fig. 1-281 e que fornecem:



4. Efeitos finais

Da expressão E = E,, + 1,069Ei + 3.230E2. obteinos os iiioinentos e reações de apoio finais da Fig. 1-282. a partir da qual teiii-se o diagrama de momentos fietores da Fig. 1-283.

Pig. 1-282 - Efeitos finais

Fig. 1-283 - DMF e reaçòes de apoio,


8.3 - Inercia da barra varia aleatoriamente

Neste caso. a determinaçáo da rigidez lios iiós, dos coeficieiites de trans- iiiissão c dos mnmeiitos de eiigastamento perfeito para a barra, continuará rccaindo na resoluçio de uma viga Iiiperestática (pelo método das forças), sciido o uriico problema a obteiiçáo dos Si, e bij para resoluçao desta viga pelo 1n6todo das (orças devido à variaçào aleatória de inércia. O emprego da regra de Sirnpson. coiifonnc exposto no itcm 1.2.4.3 do capítulo l - Volunie I1 de nosso Curso resolverá o problema, permanecendo, no mais. válidos todos os coiiceitos fundamentais e a sistemática do método das deftirniaçòes.

9 - CONSIDERAÇÃO DOS EFEITOS DO ESFORÇO NORMAL

9.1 - Quadros com tirantes (ou escoras)

No caso de quadros com tirantes (ou escoras), não podemos deixar de levar em conta as deformaçóes destes tirantes (ou escoras) devidas ao esforço normal que iráo receber, pois, caso o f~éssemos, estaríamos admitindo serem peças indeformáveis, o que sabemos não ser verdadeiro.

Nenhum problema maior irá surgir, n o entanto, devido a isto, bastando que se siga a metodologia usual do método das deformações, conforme esclarece o exemplo a seguir.

Ex.~I-27 - Resolver o quadro atirantado da Fig. 1-284, sabendo que (EJlquadro = 2 X 103 tm' ~ E S ) ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ = 103t

* 4 m + 4 m + Fig. 1-284

O método das deforma~ões


Levando ein conta a simetria existente. concluímos que o nó C não pos- suirá deslocamento horizontal. sendo. então, o sistema principal o indicado na Fig. 1-285. As incógnitas do problema serão, no caso, a rotação e o deslocamento horizontal do nó i?.



Aplicando o carregamento externo no sistema principal. deveremos resolver a viga engastada e apoiada da Fig. 1-286.1, para a qual, adotando-se o sistcina principal da Fig. 1-286.2 e notando-se que o diagramaMo provocado pelo carrcgaiiiento externo no sistema principal é nulo (Fig. 1-286.3)

11.5t

1-286.1 -Viga a resolver. 1-286.2 - Sistema principal adatado.

1-286.3 - Efeitos do carregamento exter- 1-286.4 - Solução da viga da Fig. 1 4 2 . 1 . no no sistema principal.

Fig. 1-286


concluiinos que o iiiornento de engastainetito perfeito erii B é nulo (pois 6 , , = O). Os efeitos finais serio, entáo, os da Fig. 1-286.4. Assim, os efeitas do carreganiento externo no sistema principal são os indicados na Fig. 1-787, obtendo-se:

Fig. 1-287 - Mo, R,

b) Rotaçáo

Dandc-se ao nó B uma rotação A, tal que E f A , = +15. surgirão, em torlio do nó B, os seguintes momentos:

Na barra AB: ht' = - 3 x 15

A 3 - - = t 1 5 1 n t

3

Na barra B C M ' = 3 E f A - 3 X 15 _ +9 int *--- 5

Obteinos. então, o esqueina da Fig. 1-288. a partir do qual tem-se: i.',, = t24 f i z , = - 2

I'ig. 1-288 - M I , R ,

Obseri~or.ao: Notar que. ate aqui. o tirante não traballioii, pois a presença do apoio adicional 7 iio sistema principal, impedilido o desloçameiito do nó B, inipediu o trabalho do tirante. Apenas quatido impusemlos ao apoio 7 um deslocamento A, é qiie i? tirante será posto em carga: é o que sucederá a seguir:


C) Deslocamento A2

Impondo-se ao apoio 2 um deslocamento A2 tal que WA, = + 15, temos.

15 pBA = -A2 = -- a partir do williot da Fig. 1-290, os

EJ

seguintes deslocamentos ortogonais re- 25

P C B = + E J cíprocos:

I - Az = - 15 - ID- 4.55

3

Fig. 1-290 - Williot. Pig. 1-289 - M,. R 2

Surgirão, em tomo do nó $, os seguintes momentos devidos a estes deslocamentos ortogonais reciprocas:

~ E J P B A = - 3 x 15 Na barra AB: ME = - AB = -5 mt

~ E J P C B - 3 X 25 + 3 mt - Na barra BC: MB = - - - = FC 5'

Os efeitos do deslocamento A, sobre o quadro estão estudados; verifique- nios, agora, qual é o comportamento do tirante.

Devido à simplificação de simetria empregada, dar um deslocamento A, ao nó B, significa alongar o tirante de 2A,, conforme indica a Fig 1-291

I&- 1 Coili isto, estará sendo despertada, no \,2 2 /'

tirante. uma força

F,, = ( 2 A 2 ) , igual no caso, a 'tr

15 103x 2X-

Ft, = 8

'O3= 1,88 t,

de traçáo. Fi. 1-291


Os efeitos do deslocainento A, 110 sistema principal estâo. então, complc- taineiite deterniiiiados e temos, a partir do esquema da Fig. 1-289: f l i 2 = -3

3. Cálculo das iiicógiii!as

4. Efeitos finais

Da expressão E = E, + 0,0386, + 0.456 E,, obtemos os momentos e reações de apoio finais indicados na Fig. 1-29?, a partir dos quais fica definido o diagrama de niomentos fletores da Fig. 1-293.

Fig. 1-292 Fig. 1-293 - DMI,

Observu(.üo: Por este exemplo. é fácil verificar-se que, quando tivermos a presença de um tirante (ou escora) iiuni quadro, basta inipedir o deslocainento de suas extremidades no sistema priiicipal, tornando-as iiideslociveis. agindo-se. dai por diante. da mesma forma que a empregada neste exemplo.

Ex. 1-28 - Calcular que encurtamento deveremos dar ao tirante do Exemplo 1-27 durante a montagem, para que, quando atuar a carga de 3 t em C, não existam reações horizontais em A e E.

Formularemos o problema em termos de calcular qual deve ser o encurtamento 8' a dar ao tirante durante a montagem para que a reação de apoio Iiorizontal em A seja 0.57 t, da direita para a esquerda.


Seguindo o roteiro do metodo das deformações, temos, adotando o mesmo sistema principal do exercício anterior.

1. Efeitos no sistema principal AI

a) Encurtamento 6' no tirante / Impondo ao tirante um encurta-

mento S', nele surgirá uma força de Ft,, - 1256' traçáo (pois suas extremidades estão fixas e, como, seu comprimento foi diminuído, ele estará tracionado) igual

Temos, da Fig. 1-294: S I .., = O Szenc =+1256'

Fi. 1-294

b) Rotação A, e deslocamento A2

Os efeitos serão, evidentemente, os das Figs. 1-288 e 1-289, respectivamente, tendo-se: D,, = 24. P12 = f121 = -2, o,, = 4.55

2. Cáiculo do encurtamento 6'

Para obtermos o encurtamento 6', dispomos de três equações (dua, equaçóes de compatibilidade estática e uma equação dizendo que a reação horizontal 'em~ deve valer 0,57 t, da direita para a esquerda) para determinar as três incógnitas do problema (6'. A,, A,).

Temos. entáo:

Eliminando, sucessivamente, A, e A, do sistema anterior, obtemos:

6' = 0,016m, ou seja, deve ser dado um encurtamento de 1.6 cm ao tirante para que a reaçáo horizontal fmal, quando atuar o carregamento de 3 t em C, seja nula.

3. Efeitos finais

Com a atuaçáo conjunta do carregamedto de 3f do encurtamento de


l .(i cm iniposto ao tirante, o quadro da Fig. 1-294. irá traballiar, excliisiva~ iiielite ao esforçci iiormal. pois. coiiio a reayão horizoiital fiiial é nula. não existir20 iiioiiieiitos fletores. i10 caso.

1" -2.51

O funciiinamento estático será. eii- táo. o da Fig. 1-295 que mostra só N,,, = +2t

existireni. tio caso, esfor~os normais coinprcssivos iio quadro e de traçáo (110 tiraiite). O eshrço normal no tiraiite pode ser deterininado por çonside-

t l , % 1.5t rações puramente estáticas. isto é, im- porido-se a condição de momento fle- Fig. 1-295

t tor niilo na rótula C.

O b s c r i ~ a ~ a r ~ : Os Exemplos 1-27 e 1-28 equivalem ao Exemplo 11-9 do voiunie 11 de nosso Curso. S u g e ~ i o s ao leitor confrontar os processos de resolução.

9.2 - Quadros para os quais desejamos levar em conta as deformações por esforço normd3'

Seja o quadro da Fig. 1-296, para o qual desejamos levar em conta, no seu cálculo pelo metodo das deformaçóes. a influência das deformações por esforço normal. Como. devido a estas deformações os nós B e C terão deslocamentos lineares nas direções das barras neles concorrentes, devemos escoiher tirn s i s t e m prirtcipol que irn-

peça todos as de formçáes dos nós B e C. independentemente de quaisquer considerações de deslocabilidade extema (pois que o conceito de deslocabilidade extema surgiu da hipótese fundamental feita de que o compri- Fi. 1-296 mento das barras era invariável, coisa

"caso de barras esbeltas siibmetidm a esforqos normais elevados: caso de barras protendidas. É. também. o casa de resoli~ção das assini chamadas cslriitiiras siiper-rígidas para variações do temperatura P recalqt~~s '&e apoio (para as estrilttiras siiper-rígidas. por termos, em geral, 3 o11 mais barras concorrendo em cada nó. não temos condiçoes de obter os williots da maneira indicada nos tópicos carrcspondent~s deste capitialo). para as quais o trabalho elástico ao esfòrço normal pude trr gande infliiência.


que não ocorre se levarmos em conta suas deformaçóes por esforço normal).

3 Assim sendo, o sistema principal

a adotar. 110 caso. é o da Fig. 1-297. Podemos afirmar, generalizaiido.

que. para resolver um quadro plano levando ein conta as deforiiiações axiais A D

de suas barras. devemos escollier uni sistciiia principal onde estejaiii iiiipe- didas para cada iió. todas as suas comporirntes possíveis de dcloriiia-

I2ig. 1-297 ção. 32

No mais, será seguirmos o roteiro usual do método das deformações. O exemplo 1-29 esclarece:

Ex. 1.29 - Obter o diagrama de momentos fletores e as rcaçoes de apoio J para o quadro da Fig. 1-298. cujas barras tEm = 0.5 iii2. S

I . Sistema principal ~ , i t l 1

No caso da Fig. 1-198, o unico nó de - quadro que pode se deformar é o nó E . A i i + i Impeditido todas as suas componeiites de deformação. obtemos o sistema principal da Fig. 1-299. (Indicamos. [nesta figura. os sentidos que consideraremos positivos para A, e A 3 ) Fig. 1-299

321ndependenternente de qiiaisqiier considerações sobre deslocabiüdade externa. Este é. aliás. o procedimento adotado na programação para resolii~ão, par cornpiitador, de estnit~iras pelo método das deformações e conduzili aos já fmosos programas STRESS. STRUDL, etc.




Aplicando o carregamento externo no 2 0

sistema principal, como as cargas de 6 t e 10t estão diretamente aplicadas sobre os apoios 2 e 3. neles serão absorvidas. As reaçóes de apoio serão, então, as da Fig. 1-300, da qual obtemos: Blo = 0

Bzo = -6 = -10 Fig. 1-300 - 1;"

b) Rotação A,

Impondo, no sistema principal, uma rotação A, tal que EJA, = 6, temos os seguintes momentos em torno do no B:

4EJA 4 X 6 - 6 m t Na barra AB: 1b1 = 2 = - - AT 4

4EJA, 4 X 6 Na barra BC: hf = - = - = 4 int

BC 6

A partir desses momentos, obtemos o esquema da Fig. 1-301, que nos fornece:

P i l = 6 t 4 = 10 821 = -1 B3, = t2.25

t l

+4 - +2

-2.25

Fig. 1-301 - E l

c) Deslocamento A2

Impondo. no sistema principal, u m deslocamento Az tal que EJAz = 6, as barras AB e BC terão o comportamento esquematizado nas Figs. 1-302.1 e 1-302.2.


1-302. I 1-302.2

Fig. 1-302

O caso da Fig. 1-302.1 nos mostra uma barra de comprimento AB i qual Foi imposta uma diminuição de comprimento A,; isto despertará em suas

ESA ES X 6 - extremidades f o r ~ a s FB e FA dadas por FA = FB = 4 = -

6 AB EJ X 4

- - 0.5 X 4 = 3t. com os sentidos indicados em 1-302.1.

O caso da Fig. 1-301.2 é u i n caso clássico de deslocamento ortogonal

6EJA2 6 i - 6 ) - -, reciproco ( p = -A , ) , obtendo-se MB = MC == - Bl? 6.

com o que surgirão reaç0es verticais em B e C de mádulos VB = P(. =

? X 1 --= - 6 1/31. (Os sentidos corretos de momentos e reações estão indicados

A Fig. 1-302 nos conduz ao esquema da Fig. 1-303 do qual obtemos:

Fig. 1-303 - Ez

Cursa de análise estrutural

d) Deslocamento A3

Para o deslocamento A, tal que EJA3 = 6, as barras AB e BC terão o comportamento indicado na Fig. 1-304. Trata-se de um caso inteiramente anáiogo ao da Fig. 1-302 e podemos escrever, imediatamente.

1-304.1 1-304.2 Fig. 1-304

Ffl = Fc =A = = 2 t (sentidos indicados em 1-304.2) BC EJ X 6

- 6 X 6 6EJA, - - = +2,25 nit M A = Mfl =- AB 4 l

H,, = flB = ' 2'25 = 1,125 t (sentidos indicados em 1-304.1) 4

Obtemos então. da Fig. 1-305:

12.25

-2,

Fig. 1-305 - E,


2,25

O método das deformaç5es

4. Efeitos fhais

Da expressão E = E , - 0,67E, + 1,60E, + 3,68E,, obtemos os momentos fmais nas extremidades das barras (em mt) e as reações de apoio (em t) indicadas na Fig. 1306, da qual chegamos ao diagrama de momentos fletores (em mt) da Fig. 1-307.

Fip. 1-306 Fig. 1-307

10 - PROBLEMAS PROPOSTOS

10.1 - Calcular o número de deslocabilidades para as estruturas planas da Fig. 1-308.


1-308.7 1-308.8

Fig. 1-308

10.2 - Idem. para as greliias da Fig. 1-309.

10.3 - Partindo da definição de rigidez. calcular a rigidez da barra AB da Fig. 1-3 10 nos .nós A e B . A seguir, verificar a identidade K A ta -8 = = K B I ~ . , ~

Fig. 1-310

10.4 - Partindo dos resultados do Exemplo 10.3, obter os diagramas de momentos fletores e de esforços cortantes para a barra AB da Fig. 1-310, no caso do apoio B sofrer um recalque vertical, de cima para baixo, igual a p .

10.5 - Obter os diagramas de momentos fletores e as reagões de apoio para o quadro da Fig. 1-31 1.

O método das deformaçóes

Fig. 1-3 1 1

10.6 - Obter o diagrama dc momentos fletores e as reações dc apoio p a n o quadro da Fig. 1-312, cujas barras têm, todas, EJ = 104 tm2 e cujo engaste elástico tem K = 10' tmlrad.

10.7 - Obter os diagramas de momentos fietores para o quadro da Fig. 1-313 devidos a cada um dos agentes seguintes: a ) diminuição uiiiforme de 20" C b) recalque horizontal. da esquerda para a direita dc 2 cm do engaste E.

São dados: EJ, = 2 X 104 tm2 a = 104/"C


10.8 - Obter os di;igniiiias dc mo- inelitos flctorcs L' torçorçs e ns reafões de apoio para 3 grellia da Fig. 1-314. cujas barrns. pcrpcridic~ilares entre si. tEm F.1 = 10' tin2 e G J , = 0,s X x 1 o 3 t ln2.

10.9 - Obter os diaçrainas de iiio- iiicritos fletorcs para o quadro da Fig. 1-315 devidos. isoladamente. a cada uiii dos agciiics seguintes: a) carregamento extcrno indicado h) aiiniento uniiorine de teniperatura

de 20°C C) recalquc vertical de I cm. de cima

para baixo. do engastc D.

São dados: EJ, = 103 tm2 ru = 10-51°C.

Fig. 1-3 15

10.10 -Para o quadro da Fig. 1-316. que tem E./, = 10"m2, pedem-se:

a) obter o diagrama de momentos fletores b) calcular o deslocamento vertical de C.33

(Obsen~ação: Tirar partido na resolução do fato da rotaçáo do nó E ser nula. já que a barra DE tem inércia infinita.)

" ~ e s u b i d o o item o. o deslocamento vertical de C será. rvidrntcmentc. obtido eii?,vegando-se o tcorerna de Pasternak. estudado no item 6 do Cap. 11, Val. I 1 de nosso Ciirso.


10.1 1 - Calcular o deslocamento 5t - liorirontal da barra AB para o quadro da Fig. 1-317. que tem EJ, = 104 tmZ

Fig. 1-3 17

I I L 4 m 4

10.12 - Obter o diagrama de moiiientos fletores para o quadro de inércia constante da Fig. 1-318.

Fig. 1-318

10.13 Empregalido o artifici« do arranjo de cargas. resolver o quadro de inércia constante da Fig. 1-3 10.

10.14 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 1-320, cujas barras possuem inércia r rjl constante.

L 4 m A 4 m A

Fig. 1-320


10.15 - Obter o diagrama de iiiomentos flctores e as reações de apoio para o quadro simétrico da Fig. 1-321. cujas barras têm EJ = ]O4 tm2 C

cujo erigaste elástico tem K = 0,s X 104 mt/rad.

, 4 t im

Fig. 1-32 1

10.16 - Tirando partido da anti- 4, siiiietria existerite ( e escolhendo o - iiiétodo liiperestático que acarretar 3 m f nienor número de iricógnitas). calcular I O dcslocaineiito Iiorizontal da barra . A R . para o quadro da Fig, 1-32?.

I <Illc tetil EJ = )o4 til12

41

10.17 -- Obter o diagrama de ino- iiicillos fletores para o quadro da Fig. 1-323.

3m

+ 4 m + 4 m 4 -

Fig. 1-323

O mhtodo das deformações 177

10.18 - Obter o diagrama de momentos fletores e calcular as reaqões de apoio para o quadro da Fig. 1-324, que tem inércia coiistaiite.

Fig. 1-324

10.19 - Obter. tirando partido da 1 t/m

diipla simetria existente, o diagrama de moiiientos fletores para o quadro

+i

auto-equilibrado da Fig. 1-325.

3 rn %rna~ 1 t!m 4

Fig. 1-325

10.20 - Ideiii, para o quadro da Fig. 1-326.

178 Curso de anhlise estrutural

10.21 - Kesolver o quadro, de inércia constante, da Fig. 1-327.

&4,+4,_,

Fig. 1-327

10.22 - Resolver a grelha da Fig. E1

1-328, que tem = 7 . sendo (#.I r

EJ = ]O4 tm2, se os engastes A e U sofrerem os recalques indicados, per- peiidiculares ao plano da greilia. (Em- f pregar as simplificações devidas à anti- P = l c m ,

simetria existente.)

I'ig 1-328

10.23 - Resolver a grellia simétrica da Fig. 1-329. que tem EJ = Z G I ,


10.24 - Obter o diagrama de mo- iiieiitos fletores que será despertado iio quadro da Fig. 1-330, cujas barras têin W = !O4 t, se for imposto um encurtameiito dc 2 cin ao tirante, quc tc1ii ES = I o3 1.

Fig. 1-330

10.25 - Resolver o quadro atirantado da Fig. 1-331. Sabc-se que:

6 t l m + v i ( ~J)~ , "a , l i "

= 2 niZ (ES)tir.inrc riranre

10.26 - Calcular a rigidez K.4 e o coeficiente de transmissão para Jm a barra curva da Fig. 1-332. que tem J = -.

C O S

par. 2Pgrau - - - - - - -

, /

A I


10.27 - Obter o diagrama de momentos fletores para a barra curva da Fig. 1-332 provocado por:

a) açáo dc uin carregamento uniformeineiite distribuído q de cima para baixo.

b) recalques horizontais simétricos, de valor p , dos engastes A e 8.

10.28 - Empregando o método das deformaçóes e tirando partido dos resultados dos problemas 10.26 e 10.27. obter o diagrama de momentosfletores e calcular as reações de apoio para o quadro da Fig. I-333.% I

I

As barras AB e CD têm J - 25,. e a barra curva BC tem a inércia variando i 6 , n - ~

J~ ,sendo JM = J,.. segundo alei J = - COS q Fig. 1-333

10.21 - Calcular o deslocamento vertical de C se o quadro da Fig. 1-334 for subinetido a um aumento uniforme de temperatura de 20°C. Todas as misulas são retas, com Jmi, = Jc e Jm& = 5Je . São dados: EJ,. = 104 tm2. k = 103 t/m e a = 10-5/"C.

I

Fig. 1-334

J311m

10.30 - Calcular o esforço normal atuante no tirante do quadro da Fig. 1-335, cujas misulas são todas retas B

com J ,,,, = J, e J,, = 45,. SZo dados EJ, = 2 X 104 tm2. (ES)tirantc =

= 104 t. A

~ 4 m 1 4 m - C

Fi. 1-335

- ~ s t a deve ser a metado1ogia.a empregar naresolução pelo método das deformações, de quadros com barras curvas.

CAPITULO II

PROCESSO DE CROSS'

Seja o nó A da estrutura representada na Fig. 11-1.1, submetido à ação de uma carga momento M. Devido à atuação deste momento M, o nó irá girar, de um ângulo p . aparecendo então. na extremidade das barras 1, 2,

3 e 4, os momentos indicados na Fig. 11-1.2, de módulos iguais (conforme a definição de rigidez de uma barra num nó, dada n o item 3.1 d o capítulo I) a:

M, = K Y ~ , M, = K Z ~ , M, = ~ $ 9 e M, = K& (11.1)

'Chamado por muitos de método de Cross. Preferimos, no entanto, chamar de processo de Cross para não haver coniüsãa com a denomina~iio dos dois grandes métodos da hiperestática, que &o o método das forças e o método das deformqbs. O processo de Cross pertence ao método das deformações, consistindo, conforme se verá neste capitulo, num algontmo iterativo de grande simplicidade e rapidez para resoluçáo de estruturas.


Evidentemente, devemos ter, por compatibilidade estática do esquema da Fig. 11-1.1 com o da Fig. 11-1.2:

M , + M , + M , + M 4 = M

Identificando o termo entre parêntesis como a soma dos valores da rigidez em A de todas as barras concorrentes neste nó, e à qual chamaremos siniplificadamente, ZKi, podemos escrever:

Levando em conta as expressócs (11.1) e (11.2), podemos determinar. então, em que parcelas o momento M irá se subdividir entre as diversas barras concorrentes no nó A , obtendo-se:

De ui 13 maneira geral, podemos dizer que uma barra genérica r irá receber KI uma fíaçáo (-) do momento M aplicado no nó, ou seja: Zh',

Da expressão (11.3). podemos tirar a seguinte c o n ~ l u s ã o : ~

Uma carga-momeiito aplicada num nó de uma estrutura totalmente indes- locável irá se distribuir' entre as diversas barras concorrentes neste nó, segundo parcelas proporcionais à rigidez, neste nú, de cada uma destas barras.

K . A relação + (simbolizando a fraçáo do momento atuante no nó que

irá para a barra i), denominaremos coeficiente de distribuição de momentos di para a barra i. escrevendo-se. então:

o que nos permite reescrever a expressa0 (1.3) na forma

Mi = diM (11.5)

Z~onclusão esta que é geral.

Processa de Cross 183

a) Evidentemente, a soma dos coeficientes de distribuição de momentos di em tomo de um nó é igual a 1.

b) Analisando o segundo membro da expressão (II.4), é fácil se concluir que ela não se alterará se dividirmos numerador e denominador por ( 4 0 , isto é, se trabalharmos com a rigidez relativa k de cada barra ao invés de sua rigidez absoluta K. É lícito, então, escrever:

c) Precisamos, agora, fixar uma convenção de sinais de momentos que será fundamental para o processo de Cross e que é, em tudo. coerente com a convenção apresentada no capitulo I (Fig. 1-18) deste volume.

Para tal, procederemos, inicialmente, a uma análise da atuação de momentos em torno do nó A da estrutura da Fig. 11-1, o que está feito na Fig. 11-2 onde interceptamos as barras 1, 2, 3 e 4 em seçóes infinitamente próximas ao nó A , no qual está aplicada a carga-momento M. Na figura, mostramos o equilíbrio do nó A , que se obtém, através dos momentos M I , M,. M , e M,, no sentido horário, exercidos pelas barras 1, 2. 3 e 4 sobre o iió A . ( A carga-iiioiiiento aplicada foi. no caso. tio sentido anti-horário.)

Na iiiesiiia figura. estão indicados, eiii cada uiiia das barras intcrceptadas. os inorneiitos M, . hl,. M, e Ma no sentido anti-horário exercidos pelo nó A sobre as barras 1. 2 . 3 e 4. Estes iiioiiieiitos tkiii. evidenteineiite. o seiitido oposto ao daqueles exercidos pelas barras sobre o nó A . No método das deformações trabalhamos com os momentos exercidos pelos nós sobre as barras, para os quais estabelecemos sinal positivo caso fossem no sentido anti-liorário (convenção da Fig. 1-18).

184 Cuna de análise estrutural

Para o processo de Cross. conforme se verá iio tópico seguinte deste capitulo. trabalharemos com os momentos exercidos pelas barras sobre os 116s. de modo que, para sermos coerentes com o que fizeinos no método das defonnaçóes, deveremos inverter a convenção dc sinais do niétodo das deformaçóes e adotareinos. entáo a da Fig. il-3. isto 6 , consideraremos positivos os momentos exercidos pelas barras sobre os nús se forem no sentido horário (o que equivale a dizer que continuamos considerando positivos momentos aiiti-horários exercidos pelos nós sobre as extreiiiidades das barras).

Fig. 11-3 - Convenção de sinais para mo- iiiciitus cxcriidos pchs barraasobre os nós.

Desta forma, poderemos usar, em múdulo e sinal, todas as tabelas apresentadas no Cap. I deste volume.

d) Tendo em vista a convenção dc sinais apresentada na observaçáo anterior, podemos dizer que o nó A da estrutura da Fig. 11-1.1 está submetido à atuação de uma carga-momento (-M), equilibrada por momentos ( t M , ) , (+A&), ( tM,) e (+Me) exercidos, respectivamente, pelas barras 1, 2, 3 e 4 sobre o nó A .

Assiin, os momentos equilibrantes em torno do iió A , têm sinais (dados pela convenção da Fig. 11-3) opostos ao do iiiomeiito atuante no nú, sendo seus módulos dados pela expressáo 111.5).

2 - A IDEIA DO PROCESSO

Seja resolver o quadro de inércia constante da Fig. 11-4.1. que possui uma deslocabilidade interna (rotação d o nó A ) e para o qual os momentos de engastamento perfeito3 no sistema principal são os indicados na Fig. 11-4.2.

3 ~ o processo de Cross. trabalharemos scrnprr çani os momentos cxcrcidos, nu sistema principal. pelas barras sobre os nós, que tem !mesmo valor c sintido oposta ao dos inonicntoi de cngastaiiiento pcrfcito (ver obscrvaçzio r do item 1 destc capítulo). rquc sáa r i s momintus cx~rcidos pelos nós sobrç 2)s barras. Como, entretanto. adotamos c?nvenq&c~ de sinais para estes dois tipos de momentos que conduzcni ao niesmo sinal para ambos. podemos, ao nos referir a um momento dc cngastamento perfeito. no sistema principal. simbolizar o momento que a barra está exercendo sobre o nó no sistema principal. e é assim que deverá ser interpretado sempre este tipo de menqão. neste capitulo.

Processo de Cron 185

mq ri C D C D

'+ I ' 7 / L l 2 Ir ll-4.1

- Momentos de engastamento perfeito no sistema principal.

Fig. 114

Digamos que, no sistema principal da Fig. 11-4.2, nós liberemos a rotação da chapa 1: o nó A funcionará. então, como que tendo uma carga-momento .-

I' aplicada de M = t% ( a ç k da barra 1 sobre o nó A ) que será equilibrada, . - conforme vimos no item 1 deste capitulo, por momentos proporcionais a rigidez em A , das barras I , 2 e 3, o que está indicado na Fig. 11-5. Assim, o funcionamento dos nós do quadro, a partir do instante em que liberamos a rotação da chapa I . será o indicado na Fig. 11-6, que mostra os momentos que surgem nos nós em cada uma das fases de funcionamento da estrutura quais sejam:

Fig. 11-5 - Equilíbrio do nó A , após liberarmos a rotação da chapa 1:

Fig. 11-6

la fase: Rotação do nó A impedida, isto é, nós A e B, da barra 1 siibmetidos 41: qj: aos momentos de engastamento perfeito t - e - -. respectivamente 12 12

(isto é. açóes da barra AB sobze os nós A e B , no sistema principal, iguais 4122

2

a + - e - h, respectivamente.) 12 12

'786 Cirso de análise estrutural

2? fase: Libcranios a rotaçáo do no A . Com isto. o momento nele atuante q12 na fase anterior, igual a M = + - (trazido pela barra 1 ) passa a atuar 12

como carga-momento, sendo equilibrado pelos momentos ( - d , M). (-d,M) e (-d,M) atuantes em 1. 2 e 3. respectivamente.

Devido ao apareciniento destes momentos equilibrantes, seráo transmitidos. para os engastes B, D e C, respectivamente, niomentos iguais ao produto de seus valores pelos respectivos coeficieiites de transmissão (todos eles iguais, no caso, a t0.5. pois tratam-se de barras biengastadas com inércia constante).

A estrutura está, então resolvida, d sendo os momentos finais atuantes em -M( l + L I

M i l -d , l 2

torno de cada i16 os indicados na Fig. 11-7 (obtidos pela soma dos momentos que aluam na primeira e segunda fases). Levando em conta a -M&

-- convenção de sinais da Fig. 11-3, os momentos atuantes em torno de cada nó tèm os sentidos indicados n' Fig 11-8, que nos conduzem i m e d i a t k n : te, ao diagrama final de momentos fletores da Fig. 11-9. Fig. 11-7

Fig. 11-8 - Momentos finais nos nós. Fig. 11-9 - DMP

Observação: Conforme é fácil verificar, a estrutura indeslocável da Fig. 11-4.1 foi resolvida sem ter sido necessário escrever nem resolver qualquer equação de compatibilidade estática.

Processo de Cios 187

Este é o objetivo e a grande vantagem do processo de Cross que, conforme veremos mais adiante, resolve estruturas indeslocáveis (externamente) sem ser necessário escrever qualquer equação, pois sua esséncia P o equilíbrio. um a um. dos momentos atuantes em torno de cada nó. nos moldes do que se fez para o caso da Fig. 11-4.1:

A fim de f i a r e mecanizar a idéia usada na resoluçáo do caso da Fig. 11-4.1, refaremos o exemplo colocando, agora, dados numéricos. Seja. então, resolver o quadro de inércia constante da Fig. 11-10 cuja Unica deslocabilidade (interna) é a rotação do nó A .

mZtim Temos, em torno deste nó, os seguintes ~ ~ g ' ~ 3rn

coeficientes de distribuição de rnoinentos, obtidos a partir dos valores /C 1 D

de rigidez relativa k para as barras 1, 2 e 3 indicados na Fig. 11-10 (e que ,& 4m + 7.5m + foram determinados arbitrando-se .i =

= 30). Fig. 11-10

Fig. 11-1 I A partir desses valores, temos a seguinte sequência de operações. que reproduzem os passos da análise feita para o quadro da Fig. 11-4.

+9.38 I?) Marcamos,no sistema principal da

Fig. 11-12. os valores dos coefici- /i". entes de distribuição em torno do nó interno A e os momentos de engastamento perfeito para a barra carregada, que valem: Fig. 11-12

MA = -MB = 2 X 7,s2

12 = +9,38 mt (obtidos da Tabela I do Cap. 1).


20) Liberamos, iio sistema principal, a rotação do nóA que terá entào, uma carga-momento aplicada de (t9.38). Esta carga-momento será equilibrada por momentos de sinais contrários, em cada uma das barras concorrcntes em A c de módulos iguais ao produto de seii valor pelos coeficientes de distribuição dc momentos para cada barra.

Devido a estes momentos equilibrantes. indicados lia Fig. 11-13, serão transmitidos para os engastes 5, C e D niomeiitos iguais ao produto de seus valores pelos coeficientes de transmissão.

O esquema de momentos da Fig. 11-13 nostra, então. todos os nós da estrutura em equilíbrio e, assim. os momentos finais atuantes cni todos os nós do quadro sáo os indicados na Fig. 11-14. da qual obtemos, pela convenção de sinais adotada (Fig. 11-3') os sentidos corretos dos momentos atuantes nos nós representados na Fig. 11-15, que nos conduzem ao diagrama de momentos fletores da Fig. 11-16,

Fig. 11-15 - Sentidos corretos dos mo- Fig. 11-14 - Morncntos finais nos nós. mentos nos nós.

Processo de Cross

Discutiremos, agora. um último caso. apbs o qual nos será imediato enunciar um roteiro para resolução de qualquer estrutura externaineiiic indeslocável pelo processo de Cross.

Seja resolver a viga de inércia constante da Fig. 11-1 7, dcvido ao carregamento indicado.

Fig. 11-1 7

Em se tratando de uma estrutura com duas dcsloçabilidades internas -

rotaçáo dos nós LI e C - o sistema priiicipal f o da Fig. ll-IR. no qual hloqueamos as rotações existentes nestes nós coni as chapas I e 2 surgindo nele, então, os momentos de engastamelito perfeito indicados na Fig. 11-18. i~uais a: -

- qAB2 -

8 *' - -24irit Para a barra 1 : MB = - - - - --

8

qBC2 3 X h2 Para a barra 2: M B = -1!4~ = -- = - = +c) nit

12 12

q a 2 - 3 X 8' Para a bana 3: Mc = -iCIIl = -- - --- = +16 iiit

12 12

C u n o de análise estrutural

Fig. 11-18

Pensando, agora. em se adotar um procedimento análogo ao do exemplo estudado anteriormente, calculemos os coeficientes de distribuição de moiiientos em torno dos nós B e C.

Temos, trabalhando com rigidez relativa e arbitrando-se J = 48, os valores de rigidez indicados na Fig. 11-19. a partir dos quais determinamos os coeficientes de distribuição de momentos em torno dos nósB e C, dados por:

Fig. 11-19 !

L'

Em tomo do nó B: d, = -- 4'5 - - 0,36 4,5 + 8

8 Em torno do nó C. d , = -- = 0,57

8 + 6

Na Fig. 11-20, representamos os momentos de engastamento perfeito no sistema principal e os coeficientes de distribuição de momentos em torno de cada nó interno da estrutura.

Sempre raciocinando. agora, com a figura 11-20, temos:

1'1 Liberando a rotação. no sistema principal d o nó B, o mesmo ficará submetido a uma carga-momento de (-24) + 9 = -15 mt. equilibrada por momentos iguais a

t 1 5 X 0.36 = t 5 .4 1111. no nó B da barra .4B + I 5 X 0.64 = t9 .6 iiit. no nó B da barra BC

Processo de Cross

+9 -9 1 +16 -1 6 Meng. perf. I +9.6 - +4.8 i ? Eq. n6 6 -

3 .36 + -6.72 1 -5.08 + -2.54 I '? E ~ . "6 C I - +2.15 + t1.07 , 2? Eq. n6 6

-0.30 + -0.61 1 -0.46 + -0.23 Z? ~ q . "6 C I - +0,19 + ~0.09 I 3? Eq. n6 B

-0.02 c -0.05 1 -0 04 + -0.02 30 E ~ . C

+0.01 I - I - 4? Eq. n6 B I

1 7 2 7 i +17,27 -10.42 / t10.42 -18.79 Momentos finais

Devido ao aparecimento destes momentos equilibrantes, será transmitido ao nó C (que está engastado. pois não liberamos a rotação da chapa 2) um iiiomento igual a r ~ c (+9,6) = 0,s X 9.6 = 4.8 mt. (Para o n ó A , não é transmitido qualquer momento. por se tratar de um n ó rotulado.)

/--

O iió 5. com os morilentos de 5.4 rnt e 9,6 mt está equilibrado e coloca- remos então, urn traço abaixo dos mesmos para caracterizar o equill'brio. O esquema atual será, então, o da Fig. 11-21. que transcreveremos para a Fig. 11-20,

Fig. 11-21 - I ? cqiiilibrio do nó B .

10) Estalido equilibrado o nó E. (Fig. 11-21), voltamos a colocar a chapa 1 impedindo novas rotações do mesmo; a estrutura do sistema principal não está ainda, entretanto. equilibrada, pois o nó C não está em equilíbrio.


Para conseguirmos, agora, o equilíbrio do nó C, liberamos a rotação da cliapa 2, ficando o mesmo submetido a uma carga-momento de (16 + 4,8 - 9) =

= +11,8 mt. Esta será equilibrada por momentos iguais a:

-113 X 0,57 = -6,72, no nó C da barra BC -1 1.8 X 0,43 = -5,08, no n ó C da barra CD

Como nas extremidades B e D esta0 impedidas as rotações (pois, nesta fase, estamos liberando, apenas, a rotação da chapa 2). nelas aparecerão inomentos iguais ao produto dos momentos equilibrantes pelos coeficientes de transmissão (iguais no caso, a + 0,5, por terem as barras inércia constante).

Assim sendo, o nó C está em equilíbrio e ficamos com o esquema da Fig. 11-22, transcrito na Fig. 11-20,

3?) Tendo ficado equilibrado. agora, o nó CíFig. 11-22), voltamos a colocar a chapa2. impedindo novas rotações d o mesmo. O esquema da Fig. 11-22 nos mostra, entretalito. que n nó B ficou desequilibrado. Para equi- librá-lo, liberamos, mais uma vez a rotação da cliapa 1. ficando o nó submetido a uma carga-moniento de (-3.36 mt). que é equilibrada por momentos iguais a

t3,36 X 0.36 = +1,21 int, no nó B da barra AB +3,36 X 0,60 = +2,15 nit, no nó B da barra BC

Para u iió C da borra BC. será transmitido um momento igual a ( t2.15 X 0,5) - +],O7 nit e ficamos. então. com o esquema da Fig. 11-23, no qual o nó B foi, mais uma vez, equilibrado.

Processo de Cross 193

40) A Fig. 11-23 nos mostra o nó B equilibrado e o nó C desequilibrado. Temos, mais uma vez, uma situação idêntica à do item 20 deste exeinplo, que será resolvida da iiiesina mancira, isto é:

voltando a colocar a chapa 1 no nó B (em equilíbrio) e liberando a rotaçáo do nó C , a carga-momento de ( t 1.07 itit) que passa a atuar neste último é equilibrada por momentos iguais a (-1,07 X 0,571 = -0.61 mt e a (-1.07 X 0.43) = -0.46 iiit nas barras BC e CD, respectivamente. e que provocam a traiismissáo de momentos iguais à metade (r = +OS) de seus valores para os nós B e D. conforme indica a Fig. 11-24.

Fig. 11-24 - Z? equilíbrio do iió C.

50) Estando o nó C equilib::id,i c o nó R, agora, desequilibrado, voltamos à situação do item 3? e. sem necessidade de maiores comentários, com a liberação da ii!a,;ão do nó B , surgirào momentos equilibrantes de (+0.30 X 0.36: = f l , l l nit na harra AR e de (+0.30 X 0.641 =

= t0,19 iiit na harra BC; este último transniitindo um momento de t0.09 iiit ao nó C.

O esquema da Fig. 11-25 nos niostra. entáo, a situaçso de niomentos atuantes nos nós após o 30 equilibiio de momentos em torno do nó R.


60) Prendendo o nó B, já equilibrado, mais uma vez, com a chapa I e liberando a rotação do nó C, a carga-momento de (+0,09 mt) a quc ele ficará submetido será equilibrada por momentos de (.-0,09 X 0.57 1 =

= -0,05 iiit no nó C da barra BC e de (-0,09 X 0,043) = -0.04 nit no nó C da barra CD, sendo transmitidos para os nós B e D momentos iguais à metade desses valores.

O esquema da Fig. 11-26 nos mostra, então a situação de momcnros atuantes nos nós após o 30 equilíbrio d o nó C

0.36 0.64 0.57 0.43 D - A A a

-24 +9 -9 c C16 1 6 t5.4 +S.6 -r t4.8 --

-3;36 t -6.72 5.08 + - - -2.54 t i 2 1 t2.15 -i +1.07 --

0 . 3 0 c - 0 . 6 1 ~ 0 . 4 6 + -0.23 - - +o.ll to.19 + +O@ --

-0.02 t -0.05 -0.04 + -0.02

Fi. 11-26 - 3? equilíbrio do nó C.

70) Estando o nó C equilibrado, voltamos a prendè-lo com a chapa Z e liberamos, agora, a chapa 1 . a fim de equilibrar o nó B. Devido a carga-momento de (-0.02 mt) que nele ficará atuando, surgirão momentos equilibrantes, nos nós 8 das barras AB e BC iguais a (+0,02 X 0.36) = +0.01 nit e ri (+0.02 X 0.64) - +0.01 mt. respectivamente. Os valores destes momentos já são tão baixos. que não faremos nenhuma transmissão para o 110 C e podemos dar. então, a viga da Fig. 11-17 como equilibrada, após este 40 equilíbrio do nó 8, ficando o esquema final de niomentos o indicado na Fig. 11-27 e que está transcrito na Fig. 11-20.

A 0.36 A A A -

-24 8 +9 -9 C +I6 -16 +5,4 +9.6 + +4,8 -

-3.36 t -6.72 -5.08 + - - -2.54 +1,21 +2,15 + +1.07 --

-0.30 t -0.61 -0.46 -t - - -0.23 +0,11 +0,19 -t +O,W --

-0.02 t 0.05 6.04 4 -0.02 a . 0 1 +0.01 --

Fig. 11-27 - 4? equilíbrio do nó B.

0.64 0.57 0.43 D


80) Para a obtenção dos momentos fmais, devemos fazer a superposição (soma) .de todos os momentos que apareceram nas diversas fases do equilíbrio da viga, o que pode ser feito, diretamente. na Fig. iI-20, somando-se os valores indicados em coluna, obtendo-se os valores finais apresentados na última iiniia.

9?) Levando em conta a convenção de sinais da Fig. 11-3, os momentos finais atuantes nos nós são os reprrsentados na Fig. 11-28, da qual obtemos,imediatamente. o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-29,

Fig. 11-28 - Momentos lioais (mt)

Fig. 11-29 - DMF (mt )

3 - ROTEIRO DO PROCESSO DE CROSS PARA ESTRLITURAS INDESLOCAVEIS

Baseando-nos lias idéias apresentadas para a resolução da estmtura da Fig. 11-17. no item 2 deste capítulo, podemos enunciar o seguinte roteiro para resoluçáo de esrruturas externamente indeslocáveis pelo processo de Cross:

10) Calculamos os coeficientes de distribuição de momentos em torno de cada n6 rígido interno da estrutura, indicando-os em torno de cada nó (como está feito nas Figs. 11-12 e 11-20), mediante o emprego da expressão (11.6).


20) Calculamos, empregando as mesmas tabelas do capítulo anterior (válidas, inclusive em sinal, devido à convenção da Fig. 11-3 adotada no processo de Cross), os momentos de engastaniento perfeito no sistema principal (obtido bloqueando-se, com chapas, as rotações de todos os nós internos rígidos da estrutura).

3P) I..iberamos, uma de cada vez, a rotação de cada nó interno, equilibrando a carga-momento que nele passa então a atuar por momentos (em cada barra co~ i co~~en t e no nó) de sinais opostos ao desta carga-momento e de módulos dados pela expressão (11.5). Os momentos equilibrantes que surgem serão propagados aos nós opostos de cada barra, multipli- cados pelos devidos coeficientes de transmissão de m ~ m e n t o s . ~ Uma vez equilibrado o nó (o que caracterizaremos colocando um traço horizontal sob os momentos equilibrantes), voltamos a fixá-lo com a chapa e passamos ao equilíbrio dos outros nós, por procedimento idêntico, até que, no último nó equilibrado (ji-esfando os demais em equilíbrio), os momentos equilibrantes que nele apareceram acarretem a propagação aos nós adjacentes, de momentos de valor desprezível em presença dos demais momentos atuantes. Neste caso, não propagaremos estes momentos (cometendo com isto um erro desprezível, por se tratarem de valores desprezíveis) e daremos por encerrado o equilíbrio dos nós da estrutura.

40) Encerrado o equilíbrio dos nós, os momentos finais que atuaráo em cada um deles serão iguais à soma dos momentos de engastamento perfeito com aqueles despertados na fase de equilíbrio dos nós (isto é, para cada nó, somaremos todos os momentos que neles surgiram, ao longo de todas as etapas de resolução da estrutura).

50) Conhecidos os momentos finais nos nós, empregando-se a convenção da Fig. 11-3, obteremos os diagramas de momentos fletores atuantes na estrutura e, a partir dele e do carregamento externo (empregando o mesmo procedimento do Cap. 1 deste volume), chegaremos às reações de apoio e aos diagramas de esforços cortantes e normais.

Observações:

a) O processo que acabamos de expor t a m b é m chamado de processo de dis- tribuição de momentos - foi apresentado pelo professor norte-americano Hardy Cross em 1932 e é, sem dúvida, uma das mais notáveis contribuições

4~efinidas na Cap. I deste volume


i Análise Estrutural nas últimas décadas, pois permite, rapidainente. resolvermos uma estrutura indeslocável sem ser necessário escrever nem resolver qualquer sistema de equaçõesS consistindo o traballio de reso- lução, apenas. numa série de ciclos convergindo, rapidamente para um resultado final preciso. Este niirnero de ciclos é, evideiitemente, encerrado assim que se atinge o grau de precisão exigido pelo problema eni questão.

b ) Na fase 3a do processo (fase de equili%rio dos iiós), devernos comcçar. sempre, pelos nós mais desequilibrados; isto acelerará, eriormcmcnte a convcrgência do processo.

C) Q~iere~iios voltar a chamar a atenção do leitor para o fato de que, erii todas as Cases do processo de Cross. estamos lidando com os momentos exercidos pelas barras sobre os nós. isto é, estamos sempre aiiaiisando os nós. Continuam validas, no entanto. todas as tabelas apresentadas iio método das deformações, pois fizemos a necessária adaptação das con- vençóes de sinais ( V . Fig. 11-3).

d) Para operarmos com as diversas fases do processo de Cross adotaremos um esquema como o da Fig. 11-20. marcando em torno dos nós internos os valores dos coeficientes de distribuiçáo de monientos e depois, eiii linhas diferentes, os moriientos de engastamento perfcito e aqueles que surgein devido ao equilíbrio de cada iió. Encerrado 6 equilíbrio dos mesmos. os momentos finais se obtém somando todos os valoresparciais.

e) Finalmente ,~eremos frisar que o processo de Cross, pertence. teorica- iiiente, a o método das deforniações (lida com as mesmas grandezas e conceitos); sua única diferença está na adoção de um processo iterativo (muito mais comodo para resolução manual da cstmtur;i) para solucionar o problema.

As aplicações seguintes esclarecerão

4 - APLICAÇÃO ÃS ESTRLITURAS PLANAS INDESLOCAVEIS . Ex. 11.1 - Obter o diagrama de niomentos fletores e as reações de apoio

para a viga da Fig. 11-30,

' 0 processo de Cross si aplica. também, às estrutiiras deslocávris, simplificando extraordinariamente sua rcwlufào, conTorrne vercrnos no itcm 5 deste capitulo.


+ 4 m . ~ 4 r n & 4 r n ~ ~ m & 2 r n +

Fig. 11-30

Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J , = 16, temos, para os nós das barras, os valores de rigidez indicados na Fig. 11-31, dos quais obtemos os coeficientes de distribuição segu*:

Fig. 11-31

8 Eni torno do nó B: d , = - 8 t 4

= 0.67

4 d , = --

8 + 4 = 0.33

4 Em tomo do nó C: d, = d, = --- = 4 + 4 0,5

4 Em torno do nó D: d, = -- = 0.57 4 + 3

Os momentos de engastamento perfeito são dados, pela Tabela 1 do Cap. 1, por:

3 X 4= Para a barra 1 : MA = -MB = -- = +4nit 12

Para a barra 2: MB = -MC = t 4 mt

Processo de Cross

Para a barra 3: Ms = -h = + 4 m t

3 X 4 2 3 Para a barra 4: MD = - + - X 2 X 4 = +7,5 mt 8 16

De p o s e dos coeficientes de distribuição e dos momentos de engastamento perfeito, podemos iniciar a resolução da viga pelo processo de Cross, o que está feito na Fig. 11-32.

No caso, iniciamos o equilíbrio de nós pelo nó D (único nó desequilibrado devido aos momentos de engastamento perfeito atuantes à esquerda e à direita, sendo o desequilíbrio igual a +7,5 - 4 = + 3 , 5 int). A partir dai, a sequência de operações está indicada na Fig. 11-32, tendo sido interrompida a propagação de momentos iguais ou inferiores a 0.01 mt.

Somando os momentos de engastamento perfeito com os momentos que surgjram nas fases de equilíbrio dos diversos nós. obtemos os momentos finais neles atuantes, indicados na última linha da Fig. 11-32,

A B C D

- - - +4 -4 +4

I -4 t 4

I -4 t7.5 Me,,. ,d. I 1 1 - 1 +--2.0 1-1.5 Eq.nóD I I

i 1 - I

(Mdes = +3.5) )+0,25 + +0.501+0,50 -- ++0,25 1 Eq. nó C I I I I

I (Mdes = -1 -0.08 + -0.17 1-Jl.08 + -0.04 1 I Eq. nó 8 - 17 I I

I I I (Mde = +0,25)

I 1-0.07 t -0.14 1 -O 11 Eq. nO D I I --IL

I (Mde. = +0,251 1 +0,03 t +0.061 t0.05 + +0.021

I Eq. nó C

I I

I I I

IMder = -0,111 -0.01 + -0.02 1-0.01 -- I 1 Eq. nó E?

I I I I I (Mder = +0.031

I I I

-0.011 -O 01 Eq. nó D I --IL I 1 I (Mdes = +0.021 I

+3,91 -4.19 1+4,19 -3.48 j +3,48 -5.88/ +5,88 Momentos finais I

A partir dos momentos fmais da Fig. 11-32, obtemos, conforme o esquema de momentos atuantes nos nós da Fig. 11-33, o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-34,

Fig. 11-33 Momentos atuantes nos nós (em mt) .

Fig. 11-34 - DMF (em mt).

As reaçóes de apoio são obtidas do esquema da Fig. Li-35, na qual iso- lamos barra por barra, aplicando em cada uma delas o carregamento atuante e os momentos nas suas extremidades, calculando os esforços cortantes nas mesmas que, somados, nos conduzem às reaçóes de apoio finais, reprcsen- tadas na Fig. 11-34,

Processo de Cros 201

Ex. 11.2 - Obter o diagrama de momentos fletores para aviga da Fig. 11-36, a j a s barras têm, todas, a mesma inércia. A precisão desejada no cálculo é de décimos de mt.

Fig. 11-36

Explorando a situação de simetria existente em relaçáo a um eixo perpendicular i viga e contendo o apoio E, a estrutura a resolver é a da Fig. 11-37 (na qual já reduzimos o carregamento do balanço ao nó B e q ) .

.+-6m+4rn+rn-k - Fig. 11-37

Temos, então:

a) Coeficientes de distribiiição

Trabahando com rigidez relativa e adotando J = 24, a partir dos valores representados na Fig. 11-38, obtemos:

Em tomo do nó C: d , = - - - 0,33 3 t 6

Em torno do iió D: d , = -- - -0.60 6 t 4


Fig. 11-38 - Rigidez nas nós no sistema principal.

b) Momentos de engastamento perfeito

Temos, no sistema principal, os seguintes momentos de engastamento perfeito:

Barra 1: O momento de engastamento perfeito será a superposição dos casos das Figs. 11-39.1 e 11-39.2, obtendoseda Tabela I:

qI2 M 3 X 6 2 6 M e = - - + 8 2 8

+ - = -10.5 int 2

MB = +6 int (obtidos da análise do equilíbrio do nó B. na Fig. 11-39.3, que mostra que MP = - 6 mi e M: = +6 int)

11-39.1 11-39.2 11-39.3

Fig. 11-39

3 X 4' Barra 2: Mc = -MD = -- = +4mt

12

5 X 6' Barra 3: MD = -ME = -- = + 15 mt

12

c) Equilíbrio de momentos

Marcando no sistema principal da Fig. U-40, os coeficientes de distribuição de momentos e momentos de engastamento perfeito, passamos a equilibrar.


sucessivamente os nós iniciando no caso, pelo nó mais desequilibrado que é o nó D. Encerramos a propagação de momentos, quando o valor a propagar foi igual ou inferior a 0,I mt (precisão exigida no exemplo).

I 1-3.3 - -6.6 i -4.4 - -2.2 Eq. n6 D I -- I I I IMder = + l l )

I 1

13.3 1% 13.2 1 Eq. n6 C I - I I 1 (Mdes = -9.81

I I I

I 1 -0.9 - -1.9 1 -1.3 - -0.6 ~ q : n6 D

I I -1- (Md,, = t3.2) I I 1 I +0.3 1 +0.6 + +0,3 1 Eq. n6 C

I - 1 - I IMde, = -0.91 L I

Eq. "6 D (Mder = t0.31

1 I I I I I I I I I

-6 +6 Momentos

-6.9 t6.9 -9.2 1 +9.2 17.8 finais

Fig. 11-40 - Equilíbrio de rnomcntos. m

A partir dos valores dos momentos finais indicados na Fig. 11-40 e levando em conta o esquema da Fig. 1141, obtemos o diagrama 'de momentos fletores da Fig. 11-42.

Fig. 11-41 - Momentos finais nos nós (mt).


Fig. 1142 - DMr \ rm mt).

Ex. 11.3 - Resolver o quadro da Fig. 11-43.1 para o carreganiento indicado.

i 4 I I 4 1 1 1 1 4 3 t h

h 7 f A 2Jc

Jc 3 rn

~ - 6 r n 4 m 4 4 m - k - 6 r n 4 Fig. 71-43.1

O quadro a resolver possui uma deslocabilidade externa, que é o deslocamento horizontal da barra ABDE que não se manifesta, no caso, devido à situação de simetria existente. Assim sendo, o sistema principal para a estrutura a resolver é o da Fig. 11-43.2. no qual já indicamos os valores da rigidez relativa das barras, determinados adotando-se J , = 24 (notar bem que, no caso da barra BD, devemos trabalhar com a rigidez de simetria relativa).

Fig. 1143.2 S i s t e m a prlncipai e valores da rigidez relativa

Proceso de Cross

Temos, então:

a) Coeficientes de distribuição 6

Em torno do nó A: d , = -- = 0,428 6 t 8

Em tomo do nó B: d, = d, = d, = = 0,296 3 X 8 + 3


Da tabela 1, temos:

- t 9 ,,lt Para a barra 2: MA = -Mo = - - 12

2 X 8 Para a barra 4: 6 = - = 2 int

8

c) Equilíbrio de momentos

Iniciamos o equilíbrio de momentos no nó A (surgiram os momentos equilibrantes de -3,86 e -5,14), prosseguindo no nó B (momentos equilibrantes de +1,65 e +0.62), novamente no nó A (momentos equilibrantes de -0.47 e -0,35) novamente no nó B (momentos equilibrantes de t0,07 e +0,02) e, finalmente no nó A (momentos equilibrantes de -0.01 e -0.02), quando demos por encerrada a propagação de momentos devido aos valores muito baixos a propagar (0.01 mt). O equilíbrio está indicado na Fig. 11-44. na qual estáo também, representados os momentos finais atuantes nos nós.

d) Diagrama de monientos fletores

Sendo os momentos atuantes nos nós os indicados na Fig. 11-45 temos. prontamente, o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-46,


Fii u-44

Fie. 1-5 - Momentos nos n& (em mt),

Fig. u46 - DMF (em mt).

Processo de Croa 207

Ex. 11-4 - Resolver a viga da Fjg. LI-47, para a qual tem-se EJ =

= 2 X 103tm2, para: a) Carregamento indicado b) recalque vertical, de cima para baixo, de 2 cm de apoio E.

A constante de engastamento elástico vale: K = 3 X 103mt/rad.

Fi. I147

1) Resolução para carregamento indicado

Eliminando o balanço da estrutura, ficamos com a estrutura da Fig. 11-48 para resolver, da qual obtemos:

Fig. 11-48

a) Coeficientes de distribuição P

Trabalhando com o sistema principal da Fig. 11-49, temos, a partir dos valores de rigidez absoluta6 indicados nesta figura, os seguintes coeficientes de distribuição de momentos:

caso preferimos trabalhar com rigidez absoluta devida à presonca do engaste elástico. Nada nos impede, entretanto, de trabalhar com rigidez relativa. bastando, para isto, que se trabalhe tambCm com a ripidcr relativa db engaste clistira. isto é. dividindo sua rigidez absoluta por ( 4 E ) .


Fig. 11-49

Em torno do nó A: d e . ,i, = 3.000

3.000 + 2.000 = 0,6

2.000 d I 5.000

- 0,4

Em tomo do nó B: d, = 2.000 = 0,67 2.000 + 1.000

b) Momentos de engastarnento perfeito

6 X 4' Para a barra 1: MA = -MB = -- = t8 mt

12 Para a barra 2: Mc = -12 mt (obtido do esquema da Fig. 11-50)

M B = - - - = 62 l2 21 mt. 8 2

barra 2 Fig. 11-50 - Obtençào de MC .

c ) Equill'brio de momentos

O equilíbrio de niomentos em torno dos nós está representado, em detalhe, na Fig. 11-51, obtendo-se os momentos finais indicados nesta figura.


wrf . Eq. n6 B

Eq. n6 A

Eq. "6 6

Eq. n6 A

Eq. n6 B

Eq. n6 A

Momentos finais

Fig. 11-51 - Equilíbrio de momentos.

d) Diagrama final

A partir dos momentos finais nos nós indicados na Fig. ii-52, obtemos imediatamente o diagrama de momenios fletores da Fig. 11-53,

Fig. 11-52 -Momentos finais (em mt)

Fig. 11-53 DMI' (em mt) para a care-

r gamrnto.

2) Resolução para recalque vertical de 2 cm do apoio B

a) Momentos de engastamento perfeito


Fig. 11-54

Devido ao recalque vertical de cima para baixo de 2cm do apoio B, a barra 1 terá um deslocamento ortogonal reciproco de t 2 cm (extremidade da direita desceu em relação à da esquerda) e a barra 2 de (-2 cm), conforme indica a Fig. 11-54.

São, então, os seguintes os momentos de engastamento perfeito despertados pelo recalque no sistema principal:

6EJp 6 X 2 X 103X 2 X 1 0 - Z = + , 5 i n t Na barra 1: MA = M E = - = IZ 42

3EJp 3 X 2 X 103 (-2 X 10.') = -3,33 mt Na barra 2: ME = - - lZ - 6'

b) Equilíbrio de momentos

Conhecidos os momentos de engastamento perfeito, o equilíbrio de momentos em tomo dos nós 6 feito como em qualquer outro caso. chegando- se aos momentos finais indicados na Fig. 11-55,

A - -

1 +15 I

+ I 5 i -3,33 Meng. perf.

I -9 - 15 --3 1 I

Eq. nó A

1 -2.89 t--- -5.78 1 -2.89 Eq. nó B 1 - +1.73 1 +1.16 ---r +0,58 1 Eq. nó A - 1 -

1 -0.19 -0.39 1 -0.19 I

Eq. nó B - I -

+0.11 1 += --+ +0,04 1 Eq. n6 A I

- -0.01 - -0.03 , -0.01 Eq. nò 8

to.01 1 - I I I Eq. nó A

I I I I

I -7.15 1 +7.15 t6.42 -6.42

Momentos

finais

Fig. 11-55 Equilíbrio de momentos.

Processo de Cross 21 1

c) Diagrama final

Dos momentos finais, indicados na Fig. 11-56, obtemos imediatamente o diagrama de momentos fletores devido ao recaique, representado na Fig. 11-57. H 15 + y.42

Fig. 11-56 Momentos finais tio3 iiós (eni mt).

Ex. 11-5 - Obter o diagrama de momentos fletores devido a um aumento uniforme de temperatura de 30 'C para a estrutura da Fig. 11-58, cujas barras são, todas, misulas retas com J,, = J, e J,á, = SJ,.

São dados: EJ, = 104 tm2 e a = 10-5/0C

Fig. 11-58

O problema é conceitualmente igual a todos os demais; apenas, por lidamos com barras de inércia variável em misula, precisaremos empregar


r as tabelas correspondeiites já apresentadas e discutidas rio Cap. I deste volume. Assim, temos:

a) Determinação dos coeficientes de distribuição de momentos

hvando ein conta a simetria existente. só precisareiiios equilibrar o nó B. necessitando. para tal. coiihecer neste nó os valores da rigidez das barras nele concorrentes.

Temos, conforme esquema da Fig. 11-50: Para a barra I : Trata-se de uma misula

Jc &

reta assimétrica com n = - = 0,2 e E

55, 5

A = 10 = 0.5. obtendo-se da tabela IV: Fig. 11-59

Levando em conta que o lado engastado é o da maior inércia, temos pela expressáo (1--31):

Para a barra 2: Trata-se de uma misula reta sim6trica com n = 0,2 e i

h = - = 0.2, obtendo-se, da tabela VI: 1 o

As expressões (1-27) e (1-29) lios coiiduzem a: aEJmi,, 0 104 Ks = -

4,35 , (1 - ) = - X 6,90 (1 - -) = 2.560 int a 10 6,90

Para a barra 3: Trata-se de uma misula reta assim6tRca, com i1 = 0.2 e X = 1, obteiido-se da tabela IV: a, = 13,55 a2 = 6.05

= 4,51

Levando em conta que estamos buscando a rigidez no nó de maior inércia, temos pela expressão (1-27):


No correr da fase de equilíbrio de momentos, necessitarenios conhecer o coeficiente de transmissão de momentos do nó B para o nó E. dado pela expressão (1-29) por:

Os coeficieiites de distribuição de momentos em torno do nó B serão, entáo:


Para conhecermos os momentos de engastamento perfeito no sistema principal, devidos ao aumento de temperatura de 30 'C, precisaremos conhecer os deslocamentos ortogonais reciprocos das barras, dados pelo williot da Fig. 11-60. O williot foi traçado levando em conta que, por causa da simetria existente, a seçáo central S da barra BC náo tem deslocamento horizontal, e que, por isto, o deslocamento horizontal absoluto do nó B é de

A, = a A t = 10F5(+30) X 5 = 150 X IO-'m

(Para as barras 1 e 3, temos: Al, = 10-'(+30) X 1 0 = 300 X 10-5 e Al, = 10-'(+30) X 1 3 = 390 X ]O-')

Do wiliiot, obtemos os deslocamentos ortogonais recíprocos que valem: 4-

AI I \I

p , = - 1;; = -470 X 10-' (sinal negativo i

porque a extremidade esquerda desceu em relação à direita) p, = O (por simetria)

- p , = -36 = -320 X 10-'m (extremidade da direita subiu em relação à es- I querda, acarretando sinal negativo)

c'

I v I D/ I O. e

Fig. 11-60 - Williot. 4-k

I as-de b./)A2 L


Os momentos de engastamento perfeito vale então, conforme as expressões (1-7) a (1-9):

K'p 6.470 Para a barra 1: Mg = 2 = - I 1 o (-470 X = -3.04 mt

P Para a barra 3: Mg = K,í + t , _ , K,& =& X - I I (e, + p) =

- - 104(( -320~~0-5) (13 ,ss + 4,51) = -s,% mt

P P P EJc ME = K, -+ t , _ , K ,T =IX-(e, + 0) = I i

- - 104(-320 X210-5) (6,05 + 4,51) = -3,38mt 10

c) Equilibrio de momentos

Fig. 11-61 - Equilíbrio de momentos

O equil~l~rio de momentos, no caso, 6 imediato e obtido de uma só vez, por s6 haver um n6 a equilibrar, estando representado na Fig. 11-61 (no caso, o momento a equilibrar era de -3,134 - 5,78 = -8,82 mt).

d) Diagrama de momentos fletores

A partir dos momentos fmais nos nós, indicados (em mt) na Fig. ii-62, obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. ii-63.

Processo de Cross

Fig. 114.2 - Momentos nos nós. Fig. 11-63 - Diagrama de momentos fletores (em mt).

5 - APLICAÇÃO DO PROCESSO DE CROSS h ESTRUTURAS EXTERNAMENTE DESLOCÃVEIS'

5.1 - Introdução

Seja resolver o quadro da Fig. 11-64 submetido ao carregamento indicado. Sabemos que o quadro possui duas deslocabilidades lineares (deslocamentos horizontais das barras ALI e CD): como o processo de Cross (conforme roteiro enunciado no item 3 deste capitulo) só se aplica, diretamente, às estruturas indeslocáveis, deveremos trabalhar com um sistema principal que torne a estrutura a resolver externamente indeslocável, conforme indicado na Fig. 11-65 e, a partir dele, empregando o princípio de superposição de efeitos, conforme indicado na Fig. 11-66. obteremos a solução do problema.

Fig. 11-64

/'

Fi& 11-65 - Sistrma principal (sem dcs- locabili&ddes lineares). -

aremos a apresentafão para uma estnitura plana. A idéia é, entretanto, intepal- mente válida para grelhas ou estruturas espaciais.


Estrutura a S.P. com carregamento ] + ( S . . com Ai = 4

A resoluçáo da estrutura, a partir do esquema da Fig. 11-66, se obterá com a determinação dos deslocamentos lineares incógnitos A, e A,, que se obtêm, analogamente ao que se fez no m4todo das deformações, pelas condiçóes de compatibilidade estática do sistema principal com a estrutura dada e que são, no caso: (Força horizontal aplicada em 5 ) = O ... F,, + F,, A, + F I Z A* = O (Força horizontal aplicada emD)= O ... { F,, + F2,A, + F2,A2= O

Obtidos, pela resolução do sistema de equações anterior, os valores de A, e A,, o problema estará resolvido e, a partir dos momentos finais nos nós, dados por M=Mo + M, A, + M2A, (conforme indica o esquema da Fig. U-66), chegaremos ao diagrama de momeiitos fletores para a estrutura dada.

5.2 - Roteiro do processo de Cross para estruturas deslocáveis

Partindo da conclusáo do Exemplo da Fig. 11-64, podemos enunciar o seguinte roteiro para resolução de estmturas externamente deslocáveis pelo processo de Cross:


1. Adicionamos apoios do I? gênero à estrutura deslocável dada, de modo a termos um sistema principal indeslocável;

2. Resolvemos, pelo processo de Cross, o sistema principal indeslocável obtido no item anterior, isoladamente, para a atuaçáo do agente solicitante externo (carregamento, variação de temperatura, recalque ou modificações de comprimento das barras) e de deslocamentos arbitrárioss A i dados separadamente a cada um dos apoios do 10 gênero adicionados a estrutura.

Obtemos, em cada fase, os momentos (Mo, Ml, M2, ... M,) nos nós do sistema principal e as reações de apoio F O o . F n o ; F l I , . F 2 . . . n ; n l n . . " 1 nos apoios do 10 gênero adicionados de modo a tomar a estrutura indeslocável. 3. Formulamos e resolvemos o sistema de equaçóes de compatibilidade

estática, obtendo os valores de A,. O sistema será da forma

Observaçóes:

a) Mais compactamente, o sistema (11.7) pode ser escrito na forma { F J + [Fl {AI= {O) (11.8)

b) O agente solicitante externo só afeta o vetor {F,}; no caso de estarmos resolvendo a estrutura para variaçào de temperatura, recalques de apoio ou modificações de coniprimento impostas na montagem devemos, evidentemente, substituir os {F,} por {F,], {F,} ou {F,}, conforme o caso.

4. Os efeitos finais (momentos nos nós, reaçóes de apoio, etc) serão dados por E = E o + Z E i A i (11.9)

(No caso de variação de temperatura, recalques de apoio ou modificaçóes durante a montagem, E, deve ser substituído por E,. E, ou E,, conforme o caso.)

~ s ~ ~ c a ~ ó e s seguintes esclarecerão.

'0s dcslocanientos arbitrários não têm obriga~ãa de ser unitários, pois os valores finais que encontraemos para os dedocamentos incógnitos Ai funcionaram, conforme salirnios, como fator?rescala qiie. corrigem os efeitos arhitradus. Aconsclliamos. apenas, a fim de ohtcrmus iima matriz simétricz a inverter. que todos os Ai srjain arbitrados com o mesmo valor.


Ex. li4 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio para o quadro de ingrcia constante da Fig. 11-67 submetido ao carregamento indicado.

i -%+fiE Fig. 11-67

Empregando o roteiro apresentado em 5.2, temos:

1. Sistema principal C

Trata-se de uma estrutura com 2 deslocabilidades externas, obtendo-se, com o acrescimo de apoios do 10 gê- nero indeslocável em E e da D. Fig. o 11-68 sistema (no principal qual in- fi,@ - dicamos o sentido que consideraremos positivo para as reações nos apoios A E

1 e 2). Fig. 11-68

2. Efeitos no sistema principal n a) Carregamento externo

Aplicando-se o carregamento externo no sistema principal, por ser ele constituído por uma única carga concentrada atuante sobre um dos apoios, nele será absorvido, e temos: F,, = -4 F,, = o Fig. 1149 Mo = O

(Nesta fase, não aparecerão monientos no sistema principal.)

Processo de Cross

b) Deslocamento A ,

Dando-se um deslocamento A , = + 1 ao apoio 1, temos, a partir do williot da Fig. 11-70, os seguirites deslocamentos ortogonais reciprocos:

Para a barra AB: p = + 1 (extremidade direita desceu em relação à da esquerda) Para a bana BC: p = -516 (extremidade da direita subiu eiii relação à da esquerda) Para a barra p: p = +SI6 (extremidade da direita desceu em relação à da esquerda) Para a barra DE: p = O

Arbitrando EJ = 100, surgirão os seguintes momentos de engastamento perfeito devidos aos deslocamentos ortogonais recíprocos: A 0.a.d.e b

Fig. 11-70

6EJp 6 X 100 X 1 = +24 Na barra AB: MA = M B = 7- =

1 s2 6EJp -6 X 100 X 516

Na barra BC: MB = Mc = - - lZ - s2 = -20 mt

Na barra CD: Mc = Mo = +20 int

Passemos ao equilíbrio de momeiitos, para o qual precisamos determinar, inicialmente, os coeficientes de distribuição:

Notando, pelo esquema da Fig. 11-71 que, em t o os os nós temos as barras k , - r J

com igual rigidez, podemos afirmar que todos oS coeficientes de distribui- ção de momentos são, no caso, iguais T. 0,s. Fii. 11-71

Na Fig. 11-72 está feito o equilibrio de momentos que nos conduz aos valores finais de momentos indicados em 11-73 (no equilíbrio, interrompemos a propagação para momentos iguais ou inferiores a 0,l mt).

Curso de an6lise estrutural

Fig. 11-72 - Eq. de momentos.

Fig. 11-73 - ihll(cni mt).

Para determinação das reaçóes de apoio, rotularemos tpdos os nós, aplicando neles os momentos atuantes nas barras (com sentidos opostos, portan- to. aos da Fig. 11-73.2, que sã<i momentos atuantes nos nós9, coiiforme indica a Fig. 11-74 e, empregando as equaçóes da Estática. temos:

9~odcriamos marcar diretamrnte, a partir dos sinais da Fig. 11-73.1, os momentos atuantes nas barras (I'ig. 11-74). pois.çumo adotanios cor~vençõcs de sinais consiste~ites uma com a outra para momentos nos nós c nas barras, seus módulos c sinais são os mcsmos, devendo-sr obedcçer. para barras, a convenção de sinais da Fie. 1-18 r. para nós, a da Fig. 11-3.

Por = O

HA = 22,6.+ 2 1 2 = 8,76 5 21.2 21.fi;; 41 -

Por MP = O

+ 534 = 3,24 t 22.6 6 ME = 5.4 5 , HA

1 "A t ;E

Fig. 11-74 Determinação das rea~óes de apoio.

Por Z Y = 0 VA = VE Por E M B = 0 22,6 - 5,4 + 8 v ~ - (8.76 - 3.24) X 5 = 0 i.

. VE = V* = 1,3 t

Por M? = O -4VA + 8HA - 3HB + 18 - 22.6 = 0 .'. HB = 20,09 t

Por Z X = O H[ = 14.57 t

Temos, então: F I I = +20.09 . 14.57

F,, = -14,57

8.76 3.24

Fig. 11-75 Reaçóes de apoio (em t). +1,3 t 1,3

c) Deslocamento A,

Para a atuação de um deslocamento A, = + I , como a estrutura é simktrica e este deslocamento será anti-simétrico do deslocamento A , = + 1 dado no item anterior, podemos escrever iinediatamente, que os momentos nos nós e reações de apoio são os indicados na Fig. 11-76, tendo-se então: FIZ = -14,57 Fz2 = 20,09 {

Fig. 11-76 - K2 e rcaçóes para 4 = +l.


3. Equaçóes de compatibilidade estática:

F,, + F , , A , + F,,A, = 0 _ -4 + 20,09A1 -14,57A2 = O F2,+ F 2 , A l + F 2 , A 2 = 0 i i O - 14,57A, +20,09A2 = O

4. Efeitos finais

Os momentos finais M = M, + 0,422 M, t 0,305 M, = 0,422 M, + 0,305 M , atuantes nus n6s e as reaçóes de apoio (R = R, + 0,422 R , + 0.305 R,) estão indicados na Fig. 11-77 c, a partir do esquema da Fig. 11-78, obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-79.

Fie. 11-77 Efeitos finais (E = E. + Fig. 11-78 - Moineiitos nos 116s (em tiitl. t 0,422 E, + 0,305 E,).

Fig. 11-79 - DMF e rea fks de apoio.

Ex. 11-7 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio, para a viga de rigidez constante EJ = 104tm2 da Fig. 11-80, Os engastes elásticos tèm K = 104mt/rad e a mola tem k = 103t/m.

Processo de Crors

A

Fig. 11-80


Levando em conta a simetria existente, o nó B não terá rotação e a estrutura a resolver 6 a da Fig. 11-81 (na qual o nó B só pode ter deslocamen- to vertical), a partir da qual, adicionando um apoio vertical em B, obtemos o sistema principal indeslocável da Fig. 11-82,

Fig. 11-81 - Estrutura a resolver. Fi. 11-62 Sistema principal

2. Efeitos n o sistema principai


Trabalhando com rigidez absoluta, os coeficientes de diitribuigão de momentos e 9 m o dos n6s '4 e C, são:

Os momentos de eiigastamento perfeito para as barras I e 2 têm módulos 2 X úZ

iguais a - = 6 mt, com os sinais indicados na Fig. 11-83, onde já fizemos 12

u equilíbrio de momentos.

Fig. 11-83 EqujlÍbrio de momentos = M o


Fig. 11-84 - Cálculo das riaçori dr apoiolo - R .

Temos, entZo: FIO = -13,2

b) Deslocamento A ,

Dando à estrutura do sistema principal um deslocamento A, = + I , conforme indica a Fig. 11-85, teremos, para a barra 1 um deslocamento ortogoiial recíproco p = + 1 e, para a barra 2, p = - 1 .

Surgem, então, os momentos de engastamento perfeito seguintes:

6EJp I* = t1.666 mt Para a barra 1: MA = ME = -- = + P 6' Para a barra 2: ME = MC = -1.666 mt

Fig. 11-85

10 Notar que. quando rotulamos os nós para calcular as reaçòes de apoio, devemos trabalhar com os momentos atuantes nas barras, para os quais a convengo de sinais é a da Pig. 1-18 do Cap. I . podendo ser usados em módulo e sinal os momentos da Fig. 11-83 pois, embora eles sejam momentos atuantes nas nós, as convenções dc sinais para momentos atiiantes nos nós (Fig. 11-31 e para momentos atuantes nas barras (Fig. 1-18) foram consistentes uma com a outra, de moda que, ambos, têm o mesmo sinal.

Assim, no caso da Fig. 11-84, iisamos os momentos da Fig. 11-83 com a convenção de sinais da Fig. 1-18. por desejarmos os momentos atuantes nas barras.

Processo de C r o s 225

O equilíbrio de momentos esta feito na Fig. 11-86 e o cálculo das reaçòes de apoio na Fig. 11-87. Notar que, para a determinação da reação de apoio em B. devemos somar, àquela devida aos momentos, a influência da mola, igual a (k A,).

Fig. 11-87 Rcavòes iIc.apoio:R I

Temos, então: F,, = + 1.777.7

3. Cálculo de A,

4. Efeitos finais

Os mgmentos fmais e as reaçóes de apoio. dados por M = Mo + 0,0074M1 e R =R, + 0,0074 R, estão representados na Fig. 11-88. da qual obtemos o diagrama fmal da Fig. 11-89.


-

Fi& 11-88 - Efeitos finais: E = E. + 0,0074EI.

Fig. 11-89 - DMF e rea~ões de a p o i o (

Ex. U.8 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11-90, cujas barras têm as inércias constantes indicadas.

2t A

3 t

0.018m4 , 0.018m4

+ 3 m - + 8 m 4

Fig. 11-90

O carregamento atuante pode ser decomposto nas parcelas simétrica e anti-simétrica indicadas nas Figs. 11-91.2 e 11-91.3, que mostram que a resolução da estrutura recairá na resolução do carregamento anti-simétrico da Fig. 11-91.3.

f Processo de Cross 227

( J á que, para o carregamento simétrico, existirá, apenas, um esforço normal de compressão na barra BC.)"

A resolução da estrutura da Fig. 11-91.3 será a resolução de uma estrutura com uma deslocabilidade linear (deslocamento horizontal da barra 80, tendo-se:

I . Sistema principal A" É o indicado na Fig. 11-92 onde, já explorando a anti-simetria existente, pudemos rotular o nó A (já que sabemos ser, nesta seção, M = 0).

2. Efeitos no sistema principal Fig. 11-92


Não existindo cargas aplicadas nas barras (estão aplicadas, apenas, 110s nós), não existirão momentos Mo no sistema principal devido à aplicaçtio do carregamento externo, aparecendo as reações de apoio indicadas na Fig. 11-93, a partir das quais temos:

F,, = -5 Fig. 11-93 - Mo = O

b) Deslocamento A, J

Impondo-se ao sistema ~rincipal um deslocamento A , , surgirão deslocainentos ortogonais recíprocos de igual valor, apenas para as barras verticais, conforme indica a Fig. 11-94.

Trata-se de um caso de estrutura simétrica m m solicitação anti-simé- trica, podendo-se trabalhar, apenas, com metade da estrutura para equi-

) librar os momentos.

A partir dos valores de rigidez em torno do nb B indicados na Fig. 11-95, Fig. 11-94

"Desprezando sua deformaGão por esforfo normal, o que é usual, no caso.


temos os seguintes cocficientes de 3 9 distribuição de momentos em torno I < ' = - 4 X 10 - =0.67h

deste nó:

Fig. 11-95 - Rigidez rc6tiva cin torno do i16 B (traballiondo-sc com inércias inultiplicadas por 1001.

Devido ao deslocaniento ortogonal recíproco (+A, ) da bana BD, teremos, em E, um momento de engastamento perfeito

3 EJA , MB M,= -

1 2

joO - +4,68 int Arbitrando-se EJAI = 100, vem: M g = + - - 8'

A partir do equilíbrio de momentos da Fig. 11-96, obtemos, levando em conta a anti-simetria existente, os momentos nos nós e reações de apoio da Fig. 11-97, tendo-se: FI1 = + 1,046.

Fig. 11-96 - Equilíb~io de momentos. Fig. 11-97 - Mi

3. Cálculo de A,

F i o - 5 Temos: A I = - - - - = 4,79 F I I 1,046

4. Momentos finais

Da expressáo M = Mo + M I A 1 = 4,79M1, temos os momentos finais nos nós indicados na Fig. 11-98, a partir dos quais obtivemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-99.

Fig. 11-98 - Monientos finais nas nós (em mt).

Fig. 11-99 - DMF (em mt)

Ex. 11.9 - Obter o diagrama de momentos fletores para a assim chamada viga vierendel da Fig. 11-100, cujas barras têm, todas, a mesma inércia.

A - 2 t'm

t 6 m+6 m+6 r n 4

Fig. 11-100

230 Curso de an6lise estrutural


A estrutura possui três deslocabilidades lineares, que &o os deslocamentos verticais das barras BF e CG, e o deslocamento liorizontal da barra AD.

Devirio à situação de simetria existente, esta última deslocabilidade não se mariifestará e as duas primeiras terão valores idênticos, de modo que, no caso, o sistema principal indeslocável é o da Fig. 11-101.

Fig. 11-101


Determinemos, previamente, os coeficientes de distribuição de momentos em torno dos nós.

Devido à simetria existente, poderemos trabalhar, apenas, com metade da estrutura e temos, a partir dos valores de rigidez relativa (obtidos arbitrando-se J = 24) da Fig. 11-102, os coeficientes de distribuiçáo de momentos da Fig. 11-103.

Fig. 11-102 - Rigidez relativa das barras. Fig. 11-103 - Coeficientes de distribui $50 dc momentos.


Os momentos de engastamento perfeito sáo:

2 X 6' Para a barra AB: MA = -MB = - = t6 mt

12

2 X 6' Pata a barra BC: Ms = - = t6 nit 12

O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 11-104 (cessamos a propagaçáo para momentos inferiores a 0,l mt) conduzindo aos valores finais representados na Fig. 11-105.

Fig. 11-104 - F,quilibrio de momentos.

2 t im

1 1 1 1 1 1 -6.76 16.18

-0.69 0.09

Fig. 11-105 - Mo Fig. 11-106 - Determinação das rrações dc apoio.


As reações de apoio valem, a partir da Fig. 11-106:

(-6,76 t 3.83 t 0,69 + 0,16) = 5,65 v E = 3 x 2 + 6

Temos, então: F i o = -12.35

b) Deslocamento A i

Impondo ao sistema principal um deslocamento A i tal que 6EJA, = 360, ele provocará, nas barras AB e EF deslocamentos ortogonais recíprocos iguais a (+Ai ), surgindo, nestas barras, momentos de engastamento perfeito

6EJai 360 - +,O mt. iguais a -- - - - 62 - 36 \

O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 1d-107 (cessamos a propa- gaçáo para momentos inferiores a 0 , l mt), conduzindo aos valores finais representados na Fig. 11-108.

Fig. 11-107 - Equilíbrio de momentos

-6 ,7 6 . 0 +6.7 i 7 . 0 ~ 1 . 0 1

Fig. 11-108 - MI

Processo de Cios

As reaçóes de apoio valem, a partir da Fig. 11-109:

Temos, então: Fll = +4,57

3. Cálculo de A, 7 t VF 4 FIO 12,35 A i = - - = - = 2,7 Fig. 11-109 - Determinação das reações F I ~ 4,57 de apoio.

4. Momentos íiiais

Da expresso M = Mo + 2 , 7 M , , obtemos os momentos .finais nos nós, representados na Fig. 11-1 10, a partir da qual temos determinado o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-1 11.

Fig. 11-1 10 - M = Mo + 2.7M1 (em mt).

Fig. Il-LI1 - DMF (em mt).


6 - APLICAÇÃO DO PROCESSO DE CROSS AO TRAÇADO DE LINHAS DE INFLUENCIA'^

6.1 - Roteiro

Seja o quadro da Fig. 11-1 12, cujos coeficientes de distribuição de mo- inentos em torno do nó a equilibrar são os indicados na Fig. 11-1 13 e para o qual desejamos obter linhas de influência.

Fig. 11-1 12 Fig. 11-1 13 - Coeficientes de distribui- $30 de momentos.

Por comodidade de exposição, apresentaremos, diretamente, o roteiro para resolução do problema, ao final do qual o leitor terá compreendido a idéia usada para esta resolução:

l?) Aplicamos momentos de engastamento unitários nas extremidades adjacentes aos nós internos de cada uma das barras sobre as quais a carga uni- tária pode se deslocar. resolvendo a estrutura para a atuação destes momentos.

Desta forma, estaremos conhecendo, em Última análise, que frações do momento de engastamento perfeito de uma barra no sistema principal vão se transformar nos momentos fletores atuantes nos nós da estrutura dada.

No caso da Fig. 11-1 12, devemos analisar a atuação de momentos unitários em Besq e gdr, o que está feito nas Figs. 11-114 e 11-115, sendo os diagramas de momentos fletores por elas provocados os indicados nas Figs. 11-1 14.2 e 11-115.2.

''A mesma idéia que apresentaremos aqui poderia ter sido desenvolvida, diretamente, no método das defomacões. Não o fizemos, entretanto, devido ao fato do processo de Cross resolver o problema de maneira muito menos trabalhosa.

I 1 Processo de Cross

Fig. 11-1 14.1 - Equilíbrio de momentos. Fig. 11-1 14.2 - DMF

I Fig. 11-114 - Rewlu~áo p.drd atuação de momento dc engastamento perfeito unitirio em Pq.

1 11-1 15.1 - Equilibrio de momentos. 11-1 15.2 -- DMF

Fig. 11-115 - Resoluçào para atuaçào de momento de engastamcnta perfeito unitário em fldir.

20) Obtemos as linhas de influBncia de momentos fletores nas extremidades das barras percorridas pela carga móvel.

I Seja obter a linha de influência de momentos fletores em LIdb, por exemplo:

Analisando cada trecho, temos: I -

a) Carga unitária no trecho AB

I Chamando m i ao momento de engastamento perfeito em Bem no sistema principal para a barra AB submetida à açáo da carga unitária, o esquema da Fig. 11-114 nos mostra que, qualquer que seja a posição da carga unitária (no trecho AB), teremos o aparecimento de um momento fletor em gdir dado por

MBdir = d , m ' 13; isto é: L.I. Medir = d , L.I. mk (para o trecho AB) B

I "~stamos considerando positiva o momento fletor que tracionar as fibras do lado

pontilhado, conrorme é praxe na Estática.


Ora, o valor de m j, para inércia constante ou variável em rnisula é dado, conforme mostram as tabelas I1 (inércia constante) e X11 a XV (para inércia variando em mísula) por produtos da forma: (P/) X coeficiente da tabela ~orrespondente. '~

Assim, teremos, no caso:

L.I.MBdil = d2 X 1 X AT X (coeficiente da tabela para a posição da carga ~ n i t á r i a ) . ' ~

Desta forma, podemos construir, com simplicidade, a liniia de influência no trecho AB, bastando para tal tirar tantos valores da tabela correspondente à lei de variação de inércia da barra quantos forem os p ntos de passagem que desejemos para o traçado da linha de influência. f

b) Carga unitária no trecho BC

O raciocínio é completamente análogo ao usado no trecho AB. senão vejamos.

Chamando m ao momento de engastamento perfeito em B"" no sistema principal para a atuação da carga unitária concentrada na barra BC, a partir do esquema da Fig. 11-1 15 podemos escrever que:

L 1 . 1 - (1 d ) L.I. m i = - (I - d,) X BC X (coeficiente da tabela correspondente para a posição da carga unitária).I6

Com isto, fica determinada a L.I.MBdi' e, por 'raciocínio inteiramente análogo, obteremos as L.I.Mgesq e L.I.MC, ficando, então. conhecidas as linhas de influência dos momentos fletores atuantes nas extremidades das barras percorridas pela carga móvel.

3?) Obtenção de outras linhas de influência

a) Esforços simples no tabuleiro e reações verticais

Seja. por exemplo, obter as linhas de influência de momento fletor e esforço cortante na seçáo genérica S da barra BC. Destacando a barra da estrutura e aplicando os momentos Retores MeSg e Mdi, atuantes em suas extremidades, ela poderá ser representada na forma indicada na Fig. 11-1 16,

1 4 ~ o caso de tcrmos uma barra cuja lei de variaçào de inércia não a situe dentro dos casos tabelados, deveremos criar previamente uma tabela especial para o caso.

lSCOeficicnte afetado do sinal + o u -, conforme indicar a fórmula para o o s o em questão.

L 6 ~ ~ a l e m as notar 1 3 c 15


i da qual obtemos, para uma dada po- sição da carga unitária: M, , P = I %r

I - x X \ t y I

Ms = - 1 Mesq + Mdir + Mo3

Mdir - Mesq L . --- Qs = QoS + 1 I i---_

A partir destas duas expressões, ob- i temos imediatamente as linhas de in- fluência dos esforços simples em S, Fig. 11-1 16 dadas pelas expressões(l1.10) e (11.1 1). a seguir:

X 1 - x L.l.hfs = L.I. M, + - L.LMdi, + -

I I L.1. Mesq (11.10)

(Nas expressões 11.10 e IL1 I , Mos e Q, são os esforços simples na viga biapoiada de substituição.)

As linhas de influência de reaçóes verticais V são obtidas, prontamente, lembrando que V = Qdir - Qess, tendo-se, então:

L.I. V = L.I.Qdir - L.1.QCsq (11.12)

b) Esforços simples em barras perpendiculares ao tabuleiro"

Para barras perpendiculares ao tabuleiro, as L.1.M e L.1.Q continuam sendo dadas pelas expressões (11.10) e (II.11), bastando lembrar que, como no caso a carga unitária não percorre estas barras, teremos L.I.M,, = = L.I.Q, = o.

Desta forma, o a está completamente resolvido. As aplicações seguintes esclarecerão.

a) O processo apresentado é integralmente válido para estmturas indes locáveis e deslocáveis; apenas, para estas últimas, a I ? fase (obtenção dos diagramas de momentos fletores devidos i atuação de momentos de engasta-

I 7 ~ o caso da Fig. 11-112, a barra BD


mento perfeito unitários nos nós) será um pouco mais trabalhosa, pois Gnsis- tirá na resolução de uma estrutura deslocável pelo processo de Cro~s. '~

b) Uma outra forma - espontânea - para obtenção delinhas de influência, empregando o processo de Cross, seria resolver a estrutura para diversas posições da carga concentrada unitária (pelo processo de Cross), traçando em cada caso os diagramas solicitantes, a partir dos quais obterfamos os diversos pontos de passagem para o traçado de cada linha de influência desejada. Este procedimento - embora conceituaimente imediato - conduz a um trabaiho mais demorado e mais sujeito a erros do que o desenvolvido por nós, de modo que não receberá maior ênfase em nosso Curso.

6.2 - Aplicações

Ex. ii.10 - Traçar, para a viga de inércia constante da Fig. 11-117, as linhas de influência a seguir, cotando-as nas seções indicadas.

Fig. 11-1 1 7

Empregando o roteiro definido em 6.1, temos:

1") Resolução da estrutura para momentos de engastamento positiws e

) unitários nos nós

a) Carga-momento em BeS4

Aplicando um momento de engastamento (t 1) em Be", conforme indica a Fig. 11 - 11 8, temos, por análise do equilíbrio do nó B, Msdir = - 1.

Assim sendo, temos o equilíbrio de momentos da Fig. 11-1 19, do qual obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-120.

'8~omalrneiitc, não deve aparecer mais de uma deslocabilidade cxtcrna, pais as pontes em quadro (de urn anilar) podem possuú uma deslocibilidade horizontal (deslo- cimenta Iiarizontal da tabuleiro) e ar pontesemviga são indeslodveis.


Fig. 11-1 L8 - Eq. nó B. Fig. 11-1 19 - Eq. de momentos

- Fig. 11-120 - DMF devido a mBesq = + I .

19 b) Momento em CcS9

Aplicando um momento de engastamento (+I) em CeSq, obtemos, do equilíbrio de nós feito na Fig. 11-121, o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-122.

F S ~ . 11-121 - Eq. de momentos. Fig. 11-122 - DMI: devido a i i i ~ c s q = +I.

c) Momentos em cdir e gdir

Por analogia com os casos a e b, respectivamente, obtemos os diagramas de momentos fletores das Figs. 11-123 e 11-124.

" ~ ã o estamos estudando a atua$ão de um momento unitário em gdir pois, caso a carga unitária esteja no balanço AB, surgirá um momento em B O q no sistema principal e, caso esteja no vão BC, o balanço AB não funcionari, siugindo apenas um momento em C e q no sistema principal.


Fig. 11-123 - DMF devido amCdiI: +I. Fig. ll-I24 - DMF devido a mDdir = + I

20) Obtenção das linhas de influência de momentod fletores nas extremidades das barras

Trata-se de uma linha de influência isostática, estando representada diretamente na Fig. 11-125.

Fig. 11-125 - L . l . , $ l ~

b.1) Carga no trecho AB

Sabemos que a linha de influencia, por se tratar de u m balanço, será retilinea. sendo definida por seu valor cm A . dado, confornic indica a Fig. 11-1 20. por

\ b.2) Carga no trecho BC

Conforme indica a Fig. 11-12?, teremos

? 7 t r c c , i a ~ ~ = (+0.5) Inces¶ = (t0.5) X [-P/ X (coeficiente k4 da tabela 11)l = -0.5 X 1 X 20 X k, = -10 k ,

m~rata-se de uma viga, no sistema principal. apoiada à esquerda e engastada à direita. sendo o momento de engastamento perfeito dado por (-k4PI).

Processo de Cross

Temos, então: q1 = -10 ko,,, = -10 X 0,1172 = -1,172 va = -10 kOs5, = -10 X 0,1875 = -1,875 qnr = -10ko,,5 = -10 X 0,1641 = -1,641

b.3) Carga nos trechos CD e DE

Devido à simetria, não precisaremos refazer os cálculos, pois sabemos que a L.I.Mc é simétrica em relação a C.

Desta forma, está definida a linha de influência de momentos fletores em C, desenhada na Fig. 11-126.

+1.25 +1.25 Fig. 11-126 - L.I.Mc

Trata-se de uma linha de infiuência isostática, estando representada na Fig 11-127.

Fig. 11-127 - L.LMD

30) Obtenção das linhas de influência pedidas

a) L.L Mc

Já foi obtida anteriormente, estando representada na Fig. 11-126.

b) L.I. Qn 1

Da expressáo (11.1 I), temos: L1. Qn = L.I. Qon + - (L.I.Mc - L.I.MB). 20 bvandoae em conta o quadro de valores da Fig. 11-128, obtemos a linha de influência representada na Fig. 11-129.


Fig. 11-128 - Obtçnçio de L.I.QII. -0,594

-0,082 0,094 -0,059 "-E

Iv v 10.063

r0.313 +0.406

Fig. 11-129 - L.I.Ql1

Da expressão (11.10), temos: 5 15 L.I.Mu +

L.I.Mw = L.l.Afoni t - L . I . M ~ + - L.I.Mc = L.I.Morv + --- 20 20 4

t 3 L.I.MC

4

A partir do quadro de valores da Fig. 11-130, obtemos a linha de influência

\ representada na Fig. 11-131.

Fig. 11-130 - Obtençáo da L.I.Mlv.

1 Processo de Cross

+2.52

Fig. 11-131 - L.I.Mp,

d) L.I. Vc

! Sabemos, da expresso (lI.12), que

1 I I L.I. VC = L.l.Qcdir - L.l.Qcesq = (L.l.Qflcdir + - L.I.MD - ?_O L.I.Mc) . 20

1 1 1 - - L.I.Mc t - (L.I.MB + L.I.MD) = L.I. VOc - - L.I.Mc t

1 o 20 10

Levando-se em conta o quadro de valores da Fig. 11-132, obtemos a linha de influência, representada na Fig. 11-133.

I Fig. 11-132 - Obtengo da L.I.Vc,


-0.375

I I1 I I I C I V v VI O A E

O

+0.914 +1 .O0 Fig. 11-133 - L.I. VC

E . 1 1 1 - Obter a linha de influência de momento fletor na seção V do quadro de inércia constante da Fig. 11-134, cotando-a nas seçóes indicadas.

w 2.5m" 2.51~" 2.5rn" 2,5rn'i,5m* 2.5mq 2,5rnn 2.5m' 2,5m* 2.5m 2.5m . . , 2.5rnr

Fig. 11-1 34

l?) Resolução da estrutura para momentos de engastamento unitários nos nós

a) Momento em Beq

A partir do equilíbrio de momentos feito na Fig. 11-135.1, temos o diagra. ma de momentos fletores da Fig. 11-135.2.

mg.m tl

c n

ti-135.1 - Equilibrio de momentos.

li-135.2 - DMF

mbOZI k 0 . 0 3

Fig. 11-135


I h) Momento em Bd'

I A partir do equilíbrio de momento feito na Fig. 11-136.1, temos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-136.2.

I mgdlr =+i

n i 1 90 A, -0.27 - -0.13 +0.01 - +0,03 - t0.74

0.27 .

11-136.1 - Eq. de momentos,

Fig. 11-136

C) Momento em L?

Devido à simetria existente, por analogia com o caso da Fig. 11-136, temos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-137.

ri. ii-137 - DMF

d) Momento em cd' Por analogia com o caso da Fig. 11-135, temos o diagrama de momentos

fletores da Fig. 11-138.


Fig. U-138 - DMI:

0.03

20) Obtenção das linhas de influência de momentos fletores em B ~ ' e Cesq 21

a) L.I. MBdir a . - Carga unitária n o trecho AB

Conforme indica a Fig. 11-135.2, temos

vtrecho AB = (+0,26) m B e q = +0,26 (-1 X 10 X k4) = -2,6k4

A partir dos valores de k , obtidos da Tabela 11, temos:

71 = -2,6 X 0,1172 = -0,304 = -2,6 X 0,1875 = -0,487

viir = -2,6 X 0,1641 - -0,427

a,? - Carga unitária no trecho BC

Conforme indicam as Figs. 11-136.2 e 11-137, temos:

R ~ ~ ~ ~ ~ , ~ BC = (-0,74) m B * h (0 , l0)mce~ = (-0,74 X 1 X 10 X k l ) - -(0,10X 1 X 10k2) = -7,4kl - k,

A partir dos valores de k, e X , , obtidos da Tabela 11. temos:

t j iv = -7.4 X 0,1406 - 0,0469 = -1,087 = -7,4 X 0,125 - 0.125 = -1,050 = -7.4 X 0,0469 - 0,1406 = -0,489

a.3 - Carga unitária no trecho CD

Da fig. 11-138. temos qtrcciio C . ~ = (f0.10) mCd"

= t0.10 X 1 X 10 X k, = k3

Da Tabela 11. vem: ?v11 = 0.164 rivi11 = 0.188 I)[X = 0,117

"NO caso, não há necessidade de obter L.I.MBW e L . I .M~~" , pois elas náo in tlusnciaráo o traçado de L.I.Mv.


A linlia de influência está, então, definida, estando desenhada na Fig. 11-139.

m

Fi. 11-139 - L . I . M ~ ~ U

Devido à simetria existente, não é necessário refazer os cdculos, obtendo- se, por analogia com a L.L&dir, a linha de influência representada na Fig. 11-140.

Fig. 11-140 - L.I.MceS4

30) Obtenção da L.I.MV

Da .expressáo (n.10), temos:

Levando-se em conta o quadro de valores da Fig. 11-141.a (calculado, apenas, para a metade da estrutura, devido à simetria da L.LMC), obtemos a linha de influsncia representada na Flg. 11-141.b.

248 Cumo de analise estrutural

Fig. 0-141.a - Obten~ão da L.1.M".

Seção

I 11

I11 IV V

-0,094 -0.150 -0,130

Fig. 11-141.b - L.1.M"

7.1 - Apresentação

L.I.MOV

O O O

+1.250 +2,50

Seja resolver a greiha de inércia constante da Fig. 11-142 (cujas barras formam ângulos de 90" no nó 8). submetida ao carregamento indicado. Sendo o sistema principal o indicado na Fig. 11-143 (no qual bloqueamos as rotações do nó B em torno dos eixos x - x e y - y pelas chapas 1 e 2, respectivamente) e os momentos exercidos, neste sistema principal, pelas barras sobre os riós2%s indicados nesta mesma figura, vemos que há dois momentos a equilibrar tio nó B; um primeiro, em torno do eixo x - x .

22~bordarcmos, neste item, as grelhas compostas de barras perpendiculares entre si, que Go o caso mais frequente na prática e cujo equilr'brio de momentos pode ser feito %paradamente em torno de cada eixo. No caso de não existir ortogonalidade das barras que constituem a grelha, o processo de Cross pode ser, tamEm. aplicado, só que u equilíbrio de momentos uàa mais poderá ser feita independentemente eiii torna de cada eixo. tornando-se, portanto, bastante mais trabalhosa,cliegando, em certos casas, a se mostrar <Irsaconselliável o emprega do processo de Cross. Para a análisç das grelhas, cujas banas nào são ortogonais entre si (caso pouco usual), recomendamos a leitura do capitulo correspondente no livro "Ebene und r2rimliclie Ralimentrsgwerkc de V. Kupferscliniid (Springer-Verlag V i e n a 1952).

23~ois , no processo dc Cross, trabalhamos com os momentos atiiantes nos nós. isto é, os momentos exercidos pelas barras sobre os nós (que tém sentidos opostos aos dos momentos de engastamento perfeita.eXercidos pelos nós sobre as barras).

0,s (L.l.MCew t L.I.MBdr)

-0,094 -0,150 -0,130 -0,788 -1,050

L.1.M"

-0,094 -0,150 -0,130 t0 .462 t 1,450

Processo de Cross

Fig. 11.142 - Is t r i i t i i r& a ri-solver.

B valendo M , = - - ql' e um segundo. ein tortio do eixo .v - v . vaieiido 12

P/ M; = + 2 (OS sitiais destes mornciitos atuantes nos n6s obtidos da con-

8 vençao de sinais. arhitruriu. indicada tia Fig. 11-142).

Como a rotaçáo do tió B em torno do eixo x - x só introduzirá momentos fletores na barra AB e momento torçor na barra BC e, inversamente. a rotação de B em tortio de y -.v só introduzirá momento torçor tia barra AB e monientos fletores ria barra BC, podemos fazer, isoladamente. 0 rquilibno de mornenlos em tomo do e ixox - x e do eixo?. - ,Y . adicionaiido, tio Rm, os resultados. Temos, entro, a resolver os casos das Figs. 11-144 (iio qual devemos equilibrar momentos em torno de x - x ) e 11-145 (no qual devemos equilibrar momentos em torno de .v - y ) .


Fig. 11-144 - Momentos em torno de Fig. ii-145 - Momentos em torno de X - X. Y - Y .

Para o caso da Fig. 11-144, os coeficientes de distribuição de momentos em tomo do nó B sáo:

K 0 dlx = K Q +KT e d, = K Q K p +KT a , sendo K 0 e K? respectivamente os valores da rigidez à flexão da barra AB em B e da rigidez

4EJ GJ à torção da barra BC (K@ = - e K? = L). 1, 12

O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 11-146.1, obtendo-se os momentos finais Mxt nos nós indicados na Fig. 11-146.2

11-146.1 - Eq. de momentos.

Processa de Cross

11-146.2 -Momentos finais.

Fig. 11-146

Analogamente, para o caso da Fig. 11-145, temos os seguintes coeficientes de distribuição de momentos em tomo do eixo y - y no nó E:

K 0 T K @ GJ

dly = e dw = (sendo KT = 2 e ~ $ 3 + K @ KT + K @ 1 ,

4EJ K @ = -). O equilíbdo de momentos está feito na Fig. 11-147.1, obten-

12 do-se os momentos finais My nos nós indicados na Fig. 11-147.2.

ü-147.1- Eq. de momentos.


11-147.2 - Momentos finais.

Fig. 11-147

Superpondo os momentos das Figs. 11-146.2 e 11-147.2, obtemos os diagramas de momentos fletores e torçores da grelha dada, traçados nas Figs. 11-148.1 e 11-148.2 que resolvem, entào, o problema.

11-148.1 - DMP U-148.2 - DMT

Fig. 11-148 - Diagramas finais.

Observações:

a) A fm de facilitar o aigontmo do equilíbrio de momentos, 6 usual retifi- carmos a grelha. Assim, para os equilíbrios de momentos indicados nas


Figs. 11-146.1 e 11-147.1, deveríamos trabalhar com os esquemas das Figs. 11-149.1 e 11-149.2.

b) Na fase de transmissão dqs momentos equilibrantes, devemos estar, sempre, atentos no sentido dr verificar se os mesmos são momentos fletores ou torçores, a fim de usar os coeficientes de transmissão adequados ao caso. (Para momentos torçores: f = - 1 e para momentos fletores os valores de r, dependendo da lei de variaçáo de inércia da barra, foram discutidos, em detalhes, no Cap. 1 deste volume.)24

7.2 - Aplicações

Ex. 11-12 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a grelha da Fig. 11-1.50, cujas barras, todas, têm inkrcia constante, sendo

24para barras biengastadas no sistema principal, de inércia constante: = +0,5.

254 Cuno de analise esirutural

Temos:

1. Momentos de engastamento perfeito no sistema principal e valores de rigidez à flexão e torção.

0s momentos exercidos pelas barras sobre os nós, no sistema principal, estão indicados na Fig. 11-151, obtidos da Fig. 11-152.

v Fig. 11-151

Fig. 11-152

E2 =6",mt 4 x 8 - =4mt 12

8

Os valores dc rigidez à flexão e torçáo das barras nos iós, obtidos arbitrando-se GJt = 4 (e, conseqüentemente, EJ = 8). estão indicados na Fig. 11-153, na qual representamos, tarnbem, os sentidos que consideraremos positivos para momentos nos nós.

4 x 8

, \ K=-

, f KT = - = 0.5

-

0 4 x 8 16 K=---

O Mx , 4 2 KT= -= -

\ 6 3

Fig. 11-153

2. Equilibrio dos momentos Mx

Para equiiíbno dos momentos M,. temos os seguintes coeficientes de distribuição de momentos: -

K p Em tomo do nó B: d,, = - - 0,085 .'. d,, = 0,915

Em torno do nó C: d,, = K @

- 1613 - - =0,843 :. d,,=0.157 K @ +KP 1613 + 1

A partir do equilíbrio de momentos da Fig. 11-154, obtemos os momentos finais M,, representados em 11-155.

I Torv-o I FIexdO I TocSo 4

A

rO.90 -0.90 / +O.W -1.70 1 t l .70 -1.71)

Fig. 11-154 - Equilibrio dos momentos Mx. * \ h 1 . 7 0

0.90 M& hc 0.90

Fikii-155 - Momentos Mx (em mtf.

256 Curso de analise esirutural

3. Equilíbrio dos momentos My

Temos os seguintes coeficientes de distribuição de momentos:

Em torno do nóB: d', = K @ 4

KO + K @ =4+2/3= 0,855 .'. dZy = 0,145

Em torno do n6 C d - = * = 0,077 :. d? = 0,923 " - K , + K 2 / 3 + 8

Partindo do equilíbrio de momentos da Fig. 11-156, obtemos os mo. mentos fmais My, representados na Fig. U-157.

Fig. 11-156 - Equilibrio dos momentos M,,

Fig. 11-157 - MomentosMy (em mt).

4. Diagramas fmais

Partindo dos momentos Mx e My atuantes nos nós indicados nas Figs. U-155 e ii-157, obtemos imediatamente, os diagramas de momentos fletores e torçores, traçados nas ~ i ~ s . 11-158.1 e 11-158.2.

11-158.1 - DMF (em mti.

Fig. 11-158

Ex. 11-13 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para EJ

a grelha da Fig. 11-159, cujas barras de inercia constante têm: - = 1,5. GJ I

v '\ , A \ 1,.

Fig. 11-159


A grelha possui uma deslocabilidade linear, que B o deslocamento vertical do nó B. Assim sendo, temos:

1. Sistema principal e rigidez à flexáo e torção

O sistema principal está indicado na Fig. 11-160 e, arbitrando-se GJ, = = 12 (o que equivale a EJ = 1,5 X 12 =

= 18), temos os valores de rigidez à flexão e torção em tomo do nó B indicados.

2. Efeitos no sistema principal Fig. 11-160


Aplicando o carregamento externo no sistema principal, temos, conforme indica a Fig. 11-161: M x = M y = O e FIO = -4

Fig. 11-161 - Mo= To= O

b) Deslocamento AI

Dando-se um deslocamento AI no sistema principal, ao apoio 1, tal que EJA, = 24 tm3, surgirão momentos exercidos pelas barras 1 e 2 sobre os nós com os módulos seguintes e os sentidos indicados na Fig. 11-162.

Para a barra 1: IMAl = IMBl = 6EJAl 6 X 24 - mt A=T- 6 X 24

Para a barra 2: IMBI = IMd = - = 4 m t 36

Passando ao equilibrio de momentos, que se encontra feito nas Figs. U-163 (para momentos M,) e 11-164 (para momentos MY). obtemos, por influência do deslocamento A, , imposto, os diagramas de momentos fletores e torçores da Fig. 11-165, tendo-se: F,, = 1,46 + 0.53 = 1,99

4.95 + 0.90 =

Fig. 11-163 - Mx

Tov-o + Flexão - . -I

C

1 -4 -4 it = - 1 ) 11 = 0.5) -0.8 - +0.8 I f3.2 - +1,6 - - - - I = - -

-0.8 M.8 -2.4

1 y? = 0,s.

Fig. Ii-164 - My

C u m de análise estrutural

Fi. 11-165 - M, e Ti (em mt ) .

3. Cálculo de A,

FIO 4 Temos: A, = - - = - = 2,01 F11 1 9 9

4. Diagramas fuiais

Levando em conta que Mo= To = O, os diagramas fmais seráo: M = 2.01 M , e T = 2,01 T I , estando representados na Fig. 11-166 (em mt).

Fig. 11-166

8.1 - Obter o diagrama de momentos fletores e as reações de apoio para a viga de rigidez constante EJ = 1@tm2 da Fii. U-167. O engaste elástico tem: K = 0,s X l@mt/rad

Ag. 11-167

8.2 - Calcular o deslocamento vertical de E para a viga da Fig. 11-167.

8.3 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11-168 se o mesmo for submetido à variaçáo de temperatura indicada. Sabe-se que a seção transversal das barras é retangular, com 0,s m de altura e que o quadro tem EJa = 10-'tm2PC.

8.4 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro simétrico da Fig. 11-169, que possui indrcia constante.

Fig. 11-169

262 Cursa de ahlise estrutural

8.5 - Sabendo-se que, para o quadro da Fig. 11-170, as barras verticais têm inkrcia constante J, e as barras horizontais sáo, todas elas, misuias retas com J,, = J, e J,, = SJ,, pede-se: a) resolvê-lo para o carregamento indicado; b) resolvê-lo para um aumento uniforme de 30 'C.

E dado: EJ,a = 10-' tm210C

Fig. 11-170

8.6 - Calcular o deslocamento horizontal da barra CD, para o quadro da Fig. 11-171. É dado: EJ, = 104tm2.

4t C .I=- D - IFi$ Fie. 11-171 A

- 6 m - r

8.7 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro da Fig. 11-172.

Fig. 11-172

8.8 - Resolver o quadro de in6rcia constante da Fig. 11-173 para: a) carregamento indicado b) dirniuuiçio uniforme de 30 'C

A - - - - . - - - -. - c) recalque vertical, de cima para baixo, de 1 cm de B. 3 m

São dados: EJ u = = I O - ~ / " C 105 tm2 -; 6 rn I Fig. 11 - 173

8.9 - Obter o diagrama de momentos fletores e do esforço cortante para o quadro da Fig. 11-174.

h

Fig. 11-174

& 3 m + 3 m 3 8.10 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro de inércia

constante da Fig. 11-175.

Fig. n-I 75

8.1 1 - Idem, para a Fig. 11-176.

+ fl :i 4- F . 11-176

264 Curso de anslise estrutural

8.12 - Idem, para a viga da Fig. 11-177, cujas barras são misulas parabóli- cas com J,, = J, e J,á, = 5.7,. Sáo dados: EJ, = 2 X 104tmz; k = 1 0 4 t/m

A I I I I I

I

L 3 r n ~ 6 rn 9 m d

Fig. 11-1 77

8.13 - Obter os diagramas de momentos fletores e de esforços normais para o quadro atirantado de inércia constante da Fig. 11-178. É dado:

(Desprezar o trabalho do quadro ao esforço normal.)

d

L 4 m i - 4 m - 1

Fig. 11-178

8.14 - Obter, para o quadro de inércia constante da Fig. 11-179, as linhas de influência dos seguintes esforços simples, cotando-as nas seçóes indicadas. L.I.Qb- CF, L.I.Vc, L.IMm, L.I.Qcda, L.I.MG.


8.15 - Obter as linhas de influência de momentos fletores 110s apoios e das reações de apoio para a viga da Fig. 11-180, cujas barras são, todas, mísulas parabólicas com Jmi, = J, e Jmá, = 10Jc. cotando-as nos quartos de vão.

" I, lb 4 eL ,L k qL ,L

4 m 16rn 4 r n 4 r n 1 2 m 4 m 4 m l i

1 6 m 4 m

Fig. 11-180

8.16 - Obter as linhas de influência seguintes, para o quadro de in6rcia constante da Fig. 11-181. cotando-as nas seçóes iridicadas: L.I.ME. L.I.QE. L.I.MBdu, L.LMll, L.l.V,r.

Fig. 11-181

8.17- Obter os diagramas de momentos fletores e de momentos torçores EJ

para a greiha sim6trica da Fig. 11-182, cujas barras têm, todas, - = 2. GJf

8.18 - Idem, para a Fig. 11-183.


8.19 - Calcular o deslocamento vertical de B para a grelha da Fig. 11-184 As barras têm, todas: EJ = 104tm2 e GJ, = 0,2 X 104tm2.,

Fig. 11-184

8.20 - Obter os diagramas de momentos fletores e torçores para a grelha simét5ica da Fig. 11-185, que tem EJ = GJ, (sugere-se aproveitar o resultado do ex. 11-15 do Vol.11 de nosso Curso).

Fig. 11-185

INTRODUCÃO AO ESTUDO DOS CABOS

Os cabos são um elemento estmtural usado em diferentes tipos de estruturas: são as principais peças portantes nas pontes pênseis e nos telef6ricos; são os elementos estmturais empregados para condução da energia elétrica nas linhas de transmissáo, vencendo os vãos entre as torres da linha e. modernamente, vêm sendo empregados, também, como elemento portante de coberturas de grandes vãos. O estudo exato do comportamento dos cabos envolve conhecimentos matemáticos mais sofisticados que os apresetitados nos cursos de graduação das Escolas de Engenharia mas, mesmo sem .estes conhecimentos, podemos apresentar uma primeira análise do problema que conduzirá à obtenção de determinadas reldções fundamentais de grande importância para o engenheiro estrutural e, tarnbem, para o engenheiro eletricista.'

O estudo estático dos cabos é feito assumindo-os perfeitamente flexíveis, isto é, tendo momento fletor nulo em todas as seçóes, hipótese esta confirma- da.por verificações experimentais cuidadosas. Desta forma, os cabos ficam submetidos apenas, a esforços normais (de tração). ,

No estudo que apresetitaremos neste capítulo, desprezaremos a influencia da deformação elástica dos cabos sobre a sua configuração de equilíbrio de forma que a teoria apresentada será de primeira ordem.

Conforme veremos neste capitulo, os cabos submetidos a uma carga uniformemente distribuída ao longo de seu comprimento (por exemplo, o peso próprio) assumirão uma configuração deformada dada por uma catená- ria; para os cabos submetidos à carga distribuída ao longo de seu vão (caso das pontes pênseis, onde o carregamento principal 6 dado pela ação

'NO dirnensionainrnto dos cabos para uso em linhas de transmissão.

267


do tabuleiro da ponte, pendurado no cabo), a configuraçáo deformada será dada por uma parábola do 2? grau. A análise deste último caso é bastante mais simples que a do primeiro (caso da catenária) e, levando-se em conta que, mesmo no caso de carga distribuída ao longo do comprimento, para cabos cuja flecha seja pequena em relação ao vão2 ( f / l < O,2Os, o erro cometido B mínimo assumindo que a configuração deformada seja parabólica ao invBs de ser dada por uma catenária, desenvolveremos nosso estudo supondo cargas distribuídas segundo o vão do cabo.

f Para o caso de cabos com flecha grande em relação ao vão (i> 0,2)

com carga distribuída segundo seu comprimento, apresentamos no item 3 deste capitulo uma introdução ao seu estudo, instituindo as relaçóes fundamentais para o mesmo.

2 - CABOS COM CARREGAMENTO DISTRIBUIDO SEGUNDO O VÃO

2.1 - Relação entre efeitos no cabo e esforços na viga de substituição

Seja o cabo da Fig. 111-1, submetido à atuação das. cargas verticais P , , ..., Pi, ..., P, indicadas. Como o cabo 6 um sistema estático perfeitamente flexível (M = 0). podemos identificar, inteiramente, o esquema estático da Fig. nI-1 com aquele da Fig. 111-53 do Cap. 111, Vol. I de nosso Curso, usado para se instituir as expressões que definiram linhas de pressões em sistemas triarticulados e que transcreveremos na Fig. 111-2, a fim de mostrar que a única diferença entre ambos está no fato de uma estrutura se desenvolver para baixo da linha de fechamento que une suas extremidades (caso dos cabos) e da outra se desenvolver para cima da mesma (caso dos arcos), acarretando esta diferença o trabalho dos cabos a esforços normais de traçáo e dos arcos a esforços normais de compressão, para a atuação de carregamen-

2 ~ a s o de maior inçidgncia, na prática

3~ssurninda a configura~ão parabólic~ ao invés de catcnária para cabos com -~ ~

f < 0.20, o máximo erro qite se cometerá (caso der= 0,20) será de 6's para menos

tio valor dos srforyoa normais máximos e de 0.5% para mais no comprimento total do cabo. erros estes perfeitamente toleráveis face aos valores dos coeficiri~tes de s w r a n - $a adotados, no dimensionamcnta de cabos. (Estes valores foram calculados para cabos com pontos de suspensão no mesmo nível.)

Introdução ao estudo dos cabos

Fig. n i - i

,- , _ C _ ~

Fig. UI-2 - Esquema estático para estudo dos arcos trabalhando na linha de pres- sões. (Transcnçáo da Fig. 111-53 do Vol. I de nosso Curso.)

to vertical de cima para baixo (caso usual)? Podemos empregar, então, para os cabos as expressóes deduzidas para os arcos triarticulados5, trabalhando

4 O fato do esquema da Fig. 01-2 possuir indicada uma rótula intermediária 17, sem que o da Fig. 111-1 também a possua, náo se constitui em diferença entre os esquemas, pois ambas, por terem M = O. funcionam como se todas as suas seções fossem rótulas.

'AS expressões que estão transcritas a seguir correspondem i s expressões 111-7 a 111-9 e 111-11 a in-13. deduzidas para definiçáo da linha de pressóes no Cap. 111, Vol. I de nosso Curso.


segundo a linha de pressóes (M = O) do carregamento atuante e temos, chamando M, e Q, ao momento fletor e ao esforço cortante atuantes na viga de substituição submetida ao mesmo carregamento que o cabo (representada na Fig. III-1.2) e NS ao esforço normal atuante numa seçáo genbrica do cabo.

Q, + H'sena tgv = H'cosa (111.2)

Ns = J (Q, + sena na)' + (H'cosa)' (111.3)

Observnções:

a) No caso particular da reta AB. que une as r6tulas extremas, ser horizontal (a = O), as expressóes (111.1) a (I11.3)i se simplificam para:

Ms y* =-; H (111.4)

b) Conforme mostra a expressão (II1.3), os esforços normais máximos no cabo ocorrerão quando tivermos (Q,),á,, o que sucedera num dos apoios (OU em ambos, caso V, = VB) .

c) Caso desejemos definir a configuração do cabo por uma função y = y (x), relativa aos eixos cartesianos x e y da Fig. 111-1.1, obtemos, imediatamente, a partir do esquema da Fig. IU-3:

-x+

Fig. lu-3

y = x tga - y *, OU seja: Ms y = x t g a - - H' cosa

Introdug-o ao estudo dos cabos nl

d) Conforme mostram as expressões (111.1) a (111.7) que resolvem o problema, esta resolução implicará, sempre, o conhecimento do valor de H' que será definido, em cada caso, a partir de um dado suplementar necessário.

Os dados mais comuns são o valor da ordenada de alguma seção do cabo ou de seu esforço n o d em alguma seção (geralmente N,,,,).

A aplicação UI.1 esclarecerá

2.2 - Caso de carga uniformemente distribnída

Ocorre com grande incidência, na prática, o caso de cabos submetidos a um carregamento uniformemente distribuído 'Qq"(caso de linhas transmissão, onde o carregamento é o peso próprio do cabo, acrescido ou não da pressão do vento), de modo que particularizaremos as expressks gerais deduzidas em 2.1 para este caso.

a) Determinação de y * e y: Levando em conta que, na viga de substituição, temos:

qlx qx2 Ms (x) =--- 2 2 (111.8)

e que, chamando-se f à distância vertical da reta AB à seção M do cabo definida na Fig. íii-l, vem:

Fig. 111-4 C a s o de r u g a unifarmerncnte distribuída.

Ficamos com:


ou

4fx y ( x ) = x tga -- ( I - x ) P (111.1 1)

b) Determinaçáo dos esforços normais Ns:

Temos, conforme (111-3):

Ns = + H' sen a)' + (H' cos ai)'

41 2

qP obtemos, Levando em conta que: Qs(x) =- - qx e que H' = - 8f cos a ' introduzindo o parimetro adimensional auxiliar

I N s í x ) = 64n2x 16nx

= H'cosa J1 += + 16n2 + tg2a - +- P I I tg a - 8n tga

(111.13)

Os esforços normais máximos ocorrerão numa das extremidades do cabo e temos:

Para x i O:.

N s ( 0 ) = N A = H ' c o s u J l + 16nZ+ t g 2 a - 8 n tga (111.14)

Para x = 1:

N s / ~ ) = N B = ~ ' c o s a J 1 + 1 6 n 2 + t g 2 a + 8 n t g a (111.15)

Para o caso especial da reta AB ser horizontal (a = O), as equaçóes (111.14) e (111.15) se transformarão em:

Introduç50 ao estudo dos cabos 273

c) Comprimento do cabo:

Uma grandeza cujo conhecimento 6 indispensável, no caso dos cabos, é o seu comprimento, a fim de ser possível encomendá-lo ao fabricante.

Temos, chamando L ao comprimento do cabo:

L - d x

Levando em conta (111.1 I ) , vem:

A resolução da integral acima é muito trabaíhosa e 6 feita desenvolvendo-se o integrando em série, fazendo-se a seguir a integração definida. Trabalhando- se, apenas, com os dois primeiros termos da série, já obtemos uma aproxùna- ção bastante precisa para o valor do comprimento do cabo6, dada pela expressão 11L17.

1 8 L - - ( I +-n2cos4a)

cos a 3

No caso particular da reta AB ser horizontal (a = O), a expressão (111.1 7) se transformará em:

8 L ;r I ( 1 t7n2) (U1.18)

a) A expressão 111.17 é particularmente vantajosa para a determinação do comprimento de cabos submetidos a cargas concentradas e uniformemente distribuídas segundo o vão, pois, cada trecho do cabo entre duas cargas concentradas adjacentes será parabólico sendo váiida, entáo, para ele, a relação 111.17. Calculando o comprimento destes diversos trechos, sua soma dará o comprimento total do cabo. b) Para o caso particular de cabo submetido a carga vertical uniformemente distribuída e com linha de fechamento AB horizontal (a = O), podemos

f 6 ~ a r a cabos com n =-< 0.20, que é o caso que cstamos estudando,^ erro comctida I

desprezando o terceiro termo da série cm diante é de no máximo 0,9%2, para mais, no comprimento do cabo, sendo evidentemente, irrisório.


f tabelar, em função da relação n =Tos coeficientes adiiensionais k , e k 2 ,

definidos pelas relaçóes (IlI.21) e (III.22), a partir dos quais, temos, levando em conta as expressões (111.16) e (I11.18),, os esforços normais máximos atuanes no cabo e seu comprimento, determinados pelas expressões i(II1.19) e (111.20).

Nmáx = kl (91) (111.19) L = k,l (111.20)

sendo:

JX= kl = v Ji+isnZ' 8n (in.21)

Os valores destes coeficientes k , e k2 estão indicados junto à Fig. 111-6 e serão bastante Úteis para o trabalho do engenheiro, pois este é o caso que ocorre com maior frequência na prática.

Pi. 111-6

Determinação de N,& e L, para caso de a! = 0: N,, = k, (91) L = k,l

Introduçáo ao estudo dos cabos 275

c) Comparemos, para o caso da Fig. 1114, o valor de Nm, correspondente f i relação n =-= 0,10 com o valor de H': Temos: 1

f Da Tabela da Fig. III-6: Para- = 0,lO: Nm, = 1,3463 ql 1 f Da expressão 111.9, vem, para-- 0,lO: H ' = 1,250ql 1 -

Temos, então: N,, 3 1,077 H', o que mostra que o esforço normal máximo atuante num cabo de pequena flecha é sensivelmente igual ao valor da reação horizontal H' nos pontos de suspensão do cabo. Esta é uma conclu- são muito importante sob o ponto de vista prático, pois os cabos das redes elétricas das cidades nunca7 têm f > O,11 e poderemos assumir, então, para eles que

N,, H' = (no caso da reta AB ser horizontal) v Partindo daí, podemos chegar a uma expressão de aplicação muito cómoda

e que nos fornece o valor da flecha mínima necessária para um cabo que deve vencer determinado vão numa rede elbtrica ou telegráfica (isto é, um cabo cuja carga b igual ao seu peso próprio, acrescido ou não da pressão do vento, conforme o caso), com linha de fechamento horizontal.

Seja S'a área do cabo, :.& a tensão de ruptura do material que constitui e v o coeficiente de segurança contra a ruptura desejado no caso.' Devemos ter:

412 S c r ~ > v-, ou seja: 8f

2.3 - Aplicações

Ex. Til-1 - A flecha máxima admissivel para um cabo de 100 m de vão que será submetido ao carregamento indicado na Fig. 111-7 é igual a 11,6 m.

'A não ser par motivas topográficos muito especiais.

'para m h s de apo adota-se, normalmente, V = 4.

f '~xpressão válida para-< 0,lO. Para valores aiperiores deveremos empregar o I

valor de Nmáx dada pela expressáa (111.191.


Pedem-se:

a) Definir a geometria do cabo; b) Calcular as reaçóes de apoio e o esforço normal máximo atuante; c) Calcular a inclinação do cabo junto dos apoios; G 4 0 m +4Om +ZOm+

d) Calcular o comprimento total do Fig. 111-7 cabo.

Sendo a viga biapoiada de substituição a indicada na Fig. 111-8 temos, a partir dela, levando em conta que y& = 11,b m:

MS" Da expressão 111.4: H' = r = 100 t. Ymáx

Conhecido o valor de H', o problema está resolvido e temos: 39t

a) Geometria do cabo:

É dada pelas distâncias y* da reta AB ao cabo, iguais a:

100 Ms Ms

Y* =Ii =- 1 O0

A configuração geom6trica do cabo Qlem tl

para o carregamento indicado 6, então, -21

a da Fig. 111-9 (os trechos AC. CD e 3 1 -4 1

DB são, evidentemente, parábolas do, FiS. 111-8 - Estudo da viga biapoiada de

2? grau). substituição.

Fi& UI-9 - Configuração deformada do cabo e reaçáes de apoio (em escala deformada).

Introduçio ao estudo dos cabos 277

b) As reaçóes de apoio estão indicadas na Fig. 111-9 e, da expressão 111.6, obtemos

,VSmá, = deirnáx +H" = d 4 I 2 + 1002 = 108,08 t de tração, atuando emB.

c) As inclinações do cabo junto aos apoios A e 6, dadas por q~ e eB,con. forme indica a Fig. 111-9 são obtidas da expressão (I11.5), valendo

9~ = ang tg ($1 = ang tg 0.39 = 21,31° = 21' 18'21"

d) Determinação do comprimento do cabo

Calcularemos o comprimento do cabo como soma dos comprimentos dos trechos parabblicos do 20 grau AC, CD e DB, para os quais é válida a expres- são (111.17). Temos, a partir dos esquemas das Figs. 111-10.1 a 111-10.3

I = 40m A* C D '------I I \;I,,- L-rn-* 1 I y h i O , t LI

, \ 11.6 - 7.2 = 4.4m

.I-$- J J I = 20m

v m-10.1 - Trecho AC UI-10.2 - Trecho CD IU-10.3 - Trecho DB

(COS a = 0,9604). (cosa = 0.99401. (COS a = 0,9409t

Fig. 111-10 - Esquemas para emprego da expressão 111.17.

Para o trecho AC:

i 8 40 I.AC = - (1 t -n2cos4a) = - 8 1

cos a 3 0,9604 [ 1 + - (,? (0,9604)4] = 41.71 m

Para o trecho CD:

Para o trecho DB:

LDB = -- 'O [ i O:,' I? <0,9409)4 = 21.26 m 0,9409 +-(L 1

278 Cuno de analise ertnitural

O comprimento total L do cabo C dado, então, por:

L = LAC + LCD + LDB = 41,71 + 40,31 + 21.26 = 103,28 m

Ex. 111-2 - Qual o valor da menor flecha que pode ter um cabo de aço, cuja tensão de ruptura é UR = 100.000 t/m2 para vencer, com segurança i ruptura superior a 4, um vão de 400 m.

O peso especifico do aço 6 y = 7,85 t/m3.

Temos, conforme indica a expressão 111.23, chamando S i área do cabo:

vq12 f>-- vySIZ v7P , ou seja: f . 8SuR m m - 8 % ~ 8oR

No caso, ficamos com:

f Observaçáo: Notar que, como- < 0,10 a expressão (111.23) pode ser, I

realmente, empregada, com precisão satisfatória.

Ex. 111-3 - Um cabo está suspenso em dois pontos situados no mesmo nível e distantes de 500m. suportando uma carga de 0,M tlm. Sabendo-se que o esforço normal máximo atuante é igual a 60 t, pede-se determinar:

a) a flecha do cabo b) seu comprimento total

a) Determinação da flecha:

Temos, da expressão (111.19):

NO caso, ficamos com: 60 = J 1 f 1 6 i 1 2 X ~ , ~ X 5 0 0 8 n : n=0,0422

Vem, então: f = r11 = 0,0422 X 500 = 21,1 m

b) Compnmento total do cabo:

Da expressão Ill.iY, temos:

8 8 I. = 1 (1 + -ri2) = 5OCi (I +i X 0.042Z2) = 502.38 m

3

Introdução ao estudo dos cabos 279

Observação: Poderíamos ter resolvido este problenia. com excelente precisào, empregando a Tabela da Fig. 111-6, senão. vejamos:

Como N,,á, = (q l ) k , , temos: /c, = 6 0

= 3 0.04 X 500

Para descobrirmos a que valor de 11 corresponde o valor k , = 3. temos, empregando interpolação linear:

vem entào: f = r i 1 = 21,3 m

Também empregando interpolação liiicar, obtemos, para I ! = 0.W27:

k 2 = 1.0043 + 0.27 (1,0067 - 1,0043) = 1,00495

vem então: L = k21 = 502,47 m

Conforme se verifica. poderíamos ter resolvido o problema através de uni simples emprego da Tabela da Fig. 111-6. obtendo resiiltados cnm Stinia precisào (o erro cometido seria inferior a 1%).

2.4 - Efeitos secuiidários :]os cabos

2.4.1 - Alongamento elástico de um trecho de cabo coli carga ~iniforme- mente distribuída

Seja o czbo da Fig. 111-11, submetido ao carregamento distribuído q. Sabemos, da ResistÊncia dos Materiais, que seu alongamento será daao por:

Fig. 111-1 1


(1s por 2.Y = O : N , (x) = H'cos a x H'cos a -, coiiforme indica zq= d.7 a Fig. 111-12.

Fip. 111-12 - Uetrrrninaqào de NS /xJ = J I H 1 .

t V A

Ficamos então, levando eni conta (111.1 I) , com:

obtendo-se: H' cos a AL =--- 16

ES I (sec2a +-i? ') . O U

3 substituindo H' pelo valor definido em (111.9):

Ohseri~a~õe.~: a) No caso de termos um cabo com cargas concentradas e uniformemente distribuídas. o cálculo do alongamento elistico do mesmo será feito, sucessivamente, para cada trecho entre duas cargas coiicentradas adjacentes (sendo válida, para eles. a expressáo (111.24)). obtendo-se o valor final pela adição dos resultados encontrados para cada um destes trechos.

h ) No estudo que estamos fazendo. estamos desprezando, na determinação da configuração de equilíbrio do cabo, a influêricia de seu alongamento elástico, de modo que toda a teoria desenvolvida pressupõe o regime das pequenas deformações. A consideração. na determinação da configuraçêo de equilibrio do cabo, de seu alongamento elástico, torna a solução matema- tica do problema bastante mais complexa, fugindo do nível em que estamos abordando o assunto (nível este que já fornece precisão suficiente para re- solução de grande número de problemas).

c) A considcraçáo da influêricia do alongamento elástico do cabo na obtenção de sua configuração de equilibrio acarretaria, evidentemente, um pequeno aumento de sua flecha, com uma conseqüente pequena redução de seus esforços normais. Pode-se mostrar, para cabos parabólicos de pequena flecha (11 < 0,20), nos quais esta redução de esforços normais d um pouco


mais sensível, submetidos a carregamento uniformemente distribuído "q': que os esforços normais (bem como a reação horizontal), calculados desprezando-se a influência do alongamento elástico do cabo, podem ser multiplica- dos pelo fator redutor

sendo E o módulo de elasticidade longitudinal e S a área da seção transversal do cabo.

Nos casos correntes, este coeficiente redutor 6 tão próximo da unidade que pode ser desprezado, razão pela qual não estamos dando maior ênfase ao assunto.

2.4.2 - Variação de temperatura

Seja o cabo parabólico da Fig. 111-13 (isto é, um cabo cuja carga atuante é uniformemente distribuída) e suponhamos a atuaçáo de uma variação de temperatura A t em relação à temperatura do dia da fixaqão do cabo.

Fi. 111-13

Chamando:f, L, H' ads valores da flecha, do comprimento total do cabo e da reação de apoio na direçáo AB. antes da atuação davariação de temperatura;

fr, LI, H; aos valores das mesmas grandezas após a atuaçáo da variação de temperatura;

a, ao coeficiente de dilatação linear do material do cabo, temos: L , = L + acAIL

Levando em conta (III.17), vem: 1 8 ftZ 1 8 f

c - (I + X - X cos4a) = -(I + - X - cos4a) (1 + a, A,) 1 cosa 3 1

''A d e d u ~ ã o desta expressão é inteiramente análoga e possui as mesmas simplificações feitas no rstudo da influência da variação d e temperatura feito a seguir.


Desenvolvendo. obtemos:

Substituindo f: - f7 por (rt + fl - fl e levando em conta que, no regime das pequenas deformações If, + fl ;i 2f obtemos:

Por outro lado, levando em conta (111.9). temos:

Dividilido esta última expressão por H', obtemos, levando, niais uma vez. em conta (111.9).

Introduzindo a expressão (111.26) em (111.27), obtemos:

Notaiido. agora, que o terceiro termo do parsntesis tem valor desprezível em presença dos demais, ficamos com

H ; = H'(I - 3acAl ) (111.28) 16ri2cus4a

Como os esforços ~iormais atuantes no cabo são proporcionais ao valor da reação H' (ver expressão 111.13), podemos escrever, finalmente, que o valor dos esforços iiormais Nl atuantes após a variação de temperatura A, em função do valor dos niesmos esforços N atuantes antes da variação de temperatura é dado por:

Observações: a) A expressão 111.29 mostra que. iio caso de aumento de temperatura ( A , > O), os esforços normais existentes no cabo irão abaixar (o que 6 razoável. pois o aumento de temperatura provoca um aumento de flecha do cabo). Para diminuição de temperatura ( A , < O), entretanto, como Iiaverá redução da flecha, os esforços normais aumentarãg, podendo este aumento assumir valores apreciáveis para o caso de cabos com flechas muito pequenas. não podendo se deixar de levar em conta, neste caso a influência deste aumento de esforço normal no dimensionamento do cabo.


f Por exemplo, suponhamos um cabo com n =-= 0.01. A, = -30 "C, I

a , = 10-5/"C e com linha de fechamento horizontal:

Teremos pela expressão (111.29):

o que mostra que a variação de temperatura majorou em 56% o esforço normal atuante no cabo.

f Para relações n =-um pouco maiores, a influência de diminuição de I c

temperatura já cai bastante. Se tivkssernos 11 =$= 0,03, mantendo os

outros dados do exemplo anterior desta obsewaçáo, obterí&os: .V, = = 1,063 N. o que mostra a baixa sensibilidade às variaçóes t6rinicas normais de cabos com flechas não excessivamente pequenas.

b) A variaçio de comprimento A L de um cabo parabólico devida à variação de temperatura Ar vale, evidentemente:

AL = a ,AtL ou seja, levando-se em conta (111.17):

acAt 1 8 AL = - (1 +-ii2cos4a) COS N 3

2.4.3 - Ação do vento

No projeto de um cabo, caso exposto, não podemos deixar de levar em conta, al6m da influéncia das cargas tipo permanentes (peso próprio, etc.) a influência do vento que 6 traduzida por uma carga uniformemente distri- buída v. definida pelas normas de projeto de cada país e que deve ser somada vetorialmente ao carregamento p atuante, conforme indica o esquema da Fig. 11-14.1, dimensionando-se o

pv P',. -. -Lq

cabo para o carregamento resultante q. " O valor do ângulo u dependerá, evidentemente, da direçào em que o vento sopra, e devemos atentar para os pontos seguintes: Fi. 111-14.1

I I Pernianrçcndo válidas, para este carregamento 'bq" todas % expressões deduzidas no item 2 deste ca~itulo.

284 Curso de analise estmtural

a) Caso de - 5 < a < V sen oi - 2 - - - - - - - - -

Conforme mostra a Fig. 111-14, a componente vertical de carga devido à influência do vento, passará a ser

= [ (p + v cos a), o que acarretará, eviden- , I

temente, um aumento da flecha verti- '% _ - - - - __ - - p+vmsar

cal do cabo.

A consideração deste aumento de Fig. 111-14.2

flecha do cabo devido ao vento é particularmente importante no projeto das linhas de transmissáo, pois nelas exige-se uma distância minima dmh do cabo a? solo, ficando definida a altura minima de cada torre da linha de transmissão (que são os elementos mais caros da linha) pela expressão (111.31), obtida do esquema da Fig. 111-15.

H >fven. máx. + dmin (111.31)

Fig. 111-15

I) fVert. ,i, é calculada, conforme mostra a Fig. 111-14, para a carga í$ + + v cos a);

2) Os esforços normais no cabo são calculados para q = d(p + v cos a)' + ( V sen a)'

Neste caso, que d o de vento succionando o cabo, haverá uma inversão no sentido da solicitação vertical atuante sobre o mesmo, que passará a ser

Introdução ao estudo dos cabai 285

contrária à da gravidade; o cabo tenderia a trocar a sua concavidade, passando a ter flechas para cima, pois buscaria a configuração na qual estivesse trabalhando à tração, que 6 a única forma de trabalho estático capaz de desem- penhar. Esta trndencia chega a ocorrer para cabos suportando coberturas muito leves e, evidentemente, não podemos deixar o cabo mudar sua concavidade, pois isto implicaria na destmição do material suportado pelos cabos, que funciona como cobertura, alem de introduzir &rios problemas de vibração na estrutura. Quando tal ocorre, adotamos a solução esquematizada na Fig. 111-16, constituindo-se, basicamente, na adoçáo de dois cabos portantes @ e @ de concavidades opostas, interligadas por barras verticais capazes de trabalhar à compressão ou à tração, de tal forma que, para a situação de cargas de cima para baixo, funcionará o cabo @ (recebendo, inclusive, o peso do cabo a), trabaihando o cabo @ para a situação de sucção (carga de baixo para cima).

Fig. 111-16

3 - CABOS COM CARREGAMENTO UNIFORMEMENTE D I S T R I B U ~ SEGUNM) SEU COMPRIMENTO

3.1 - Caso geral: pontos de simpensão em níveis diferentes

a) Determinação da elástica

Seja o cabo AB da Fig. 111-17, submetido à atuação do carregamento q uniformemente distribuído segundo seu comprimento, indicado na figura.

f " ~ a s o em que-> 0,20, no qual a hipótese de considerarmos o carregamento dis- I tribuido segundo o vào introduziria nos resultados enos superiores aos aceitáveis.


l t

, , ,

, , ,

A

, * X

/ / '

Fig. 111-17

Chamando q, à inclinação do cabo com a horizontal em A e ip à inclinaçáo numa seção genérica S (x. y ] , podemos escrever, as seguintes relaç0es entre o esforço iiormal N atuante numa seção gen6rica S do cabo e o esforço nomal NA atuante em A , a partir do esquema da Fig. 111-18, obtido destacando o arco AS do cabo.

Por 2X = O Ncosq = NA cos q, = = H ' c o s a (111.32)

Por XY = O Nsenq = NA senq, t qs

Dividindo membro a membro as duas F-"---

últimas igualdades, vem:

q s t gq ;- tgip, + - H ' cos rr

Introduzindo o parâmetro auxiliar a. definido por (UI.34), ficamos com:

H'cos <r =- 4

Diferenciando (111.33) e levando em conta que

Fig. 111-1 8

ds = c 1 + (-)' dx, vem:

Introdução ao estudo dos cabos

Sy dx =-=- 1 + (dY dx2 ds a a n d . r , d r ou seja:

d2i. 1 JJJdvz' ,z=y 1 + ( A ) dx

Esta equação diferrncial defiiie a elástica do cabo e temos, iiitegrindo-a sucessivameiite duas vezes:

x *= serih (- + K), seiido K uma coristatite de integração dx a

I' y = a cosh (:+ K ) + C. sciido C uma segunda constante dc integração.

a

Levando em conta que. para x = 0 , temos: y ( 0 ) = 0. obtemos:

O = u cosh R + C : C = -a cosh K

A eqiiaçio da elástica do cabo 6, então:

X ,v = a [cosh (-+ K ) - cosh K] (111.35) a

O valor de h' é obtido da condiçáo .v (li = d . obtendo-se:

- - I - cosli (-+ K ) - cosli K . oii desenvolvendo-se:

a U

1 I d (cosh- - 1 ) cosh K + senh-senh K =-

a a a (111.36)

A equação (111.35) mostra que a elástica do czbo 6 dada por uma catená- ria, que fica definida desde que se conheça o valor de a, para o que cada problema deve possuir um dado adicioiial que permita sua obtenção.

Notar bem que. conhecido a, o valor de K náo será iiic6gnita adicional, pois pode ser determinado pela eqiiação transceiideiite (111.36) (iiormalmente resolvida por tentativas).

b) Determinação do comprimento do cabo

Da expressão !111.33), obtemos

d l~ s = a (- - tg q,)

dx

d? x Como- = senh (-+ K ) e dx a

di, tgq, = (-) = senh R, ficamos com

~1.x .y = n


x s = a [senh (-+ K) - senh K], simbolizando esta expressão o comprimento

a do cabo medido desde o apoio A até uma seção genérica S.

O comprimento total L do cabo é, então, obtido fazendo-se x = 1 nesta última expressão, chegando-se à expressão (111.37) que o define.

c ) Detenninqão dos esforços normais

Os esforços normais N atuantes numa seção genérica S do cabo São prontamente obtidos a partir das expressóes anteriores, senão vejamos:

De (III.321, temos N = H' = ~ ' c o s a sec 9 COS O

Levando em conta (111.34), vem: N = q a sec 9

dy x Finalmente, observando que $9 =- = senh (-+ K), ficamos com: dx a

X N = q a J I + senh2 (L+ K) = q a cosh (-+ K ) a a

Os esforços normais (de tração) atuantes numa seção genérica do cabo são dados, então, por:

X N (x) = q a cosh (- + K ) a

(111.38)

X Observação: O esforço normal máximo ocorrerá quando cosh (-+ K) a

for máximo, ou seja, quando y for miximo (no caso da Fig. 111.18, isto ocorreria para o apoio B do cabo), valendo, a partir de (111.38) e (111.35):

N,á, = q @,i, + a cosh K) (U1.39)

d) Resumo do formulário

O estudo de um cabo, submetido a um carregamento uniformemente distribuído segundo seu comprimento, fica resolvido atraves das expressões 1 1 . 3 5 , (111.37, (ILI.38) e (I11.39), todas elas função do parâmetro a, definido por (II1.34), sendo o valor de K obtido, a partir do conheciniento de a, pela resolução da equação transcendente (III.36).

H' cos a a = - (111.34) 4

Introducáo ao estudo dos cabos 289

Fig. nl-I 9

1 1 d (cosh-- 1) cosh K + senh-senh K =- (111.36) a a a

X N ( x ) = q a cosh (ã+ K ) (111.38)

~~a~ = O>,,,áx + a C O S ~ K ) (111.39)

3.2 - Caso particular: pontos de suspensão no mesmo nível

Para o caso particular de termos os pontos de suspensão A e B no mesmo nível, as expressóes do item anterior se simplificarão extraordinariamente com a adoção do sistema de coordeiiadas representado na Fig. 111-20

Fig. 111-20


(obtido adotando-se como origem o ponto de máximo da catenária), obtendo-se, por procedimento matemático inteiramente análogo ao adotado no item anterior, as expressóes (111.41) a (111.44) que resolvem o problema. todas elas em função do parimetro auxiliar a, definido por (111.40) e referindo-se à Fig. 111-20.

Observa~áo: Cada problema deverá apresentar um dado suplementar que conduza à determinação d o parâmetro auxiliar a, a partir do qual a cateliiria fica defiiiida. (Os dados mais usuais são a flecha f do cabo ou o esforço normal N,,, desejado no cabo.)I3

3.3 - Aplicações

Ex. 111-4 Um cabo pesando 0,3 t/in 6 suspenso em dois pontos situados no mesmo iiível e distaiites 400 m. Determinar o esforço iiormal máximo nele atuante e o comprimento total do cabo, sabendo-se que a fleclia desejada é de 100 ni.

I3l'sta obqervaçào r' vilida para o caso dc pontos de suspensão no mesino nível ou rm níveis difcrcntrs.

'4~má, ocorre em A c B. podendo ser obtido. diretamente a partir do esquema da bip. 111-19 por


Conforme indica a Fig. 111-21, temos, para x = 200 : y = f = 100. Iiitroduzindo-se estes valores na expressão (lII.41) obtemos

200 200 1 O0 100 = a (cosli - - I), ou seja: cosh - = 1 + -. , a a a

A resolu+o desta eqiiaçáo transcendente em a 6 feita, usualmente, por tentativas, a partir de um quadro de valores como o indicado na Fig. 111-22, no qual vamos experimentando diversos valores para a. até t emos uma diferença desprezível entre os dois membros da equação em face da precisão desejada no cálculo.

Fig. 111-22- Obtincáo iie o

Obtemos, ciitáo: a = 215 m Dai vem: Por (111.44): N,,,h, = q (a + f) = 0,3 (215 + 100) = 94,s t

I Por (111.42): 1. = 20 senh - = 2 X 215 senh 200 = 460,2 m

20 215

Ex. 111-5 - Que flecha f devemos dar a um cabo submetido a uma carga distribuída q segundo seu comprimento e vencerido um váo I (estando os pontos de suspensão no mesmo nível), para que o mesnio fique siibmetido aos menores esforços normais possíveis? Qual o valor do esforço normal máximo que atuará no cabo nestas condiçóes?

Da expressáo (111.44) temos que o esforço normal máximo atuante no cabo será mínimo quando a soma (a + fj for mínima Qá que q é coiistante).

292 CUM de anblise estrutural

Explicitemos esta soma S = (a + f) como função de a: Temos:

1 I S = a + a (cosh - - 1) = a cosh -

2a 2a dS

Para que S = S(a) seja mínimo, devemos ter - = O, ou seja: da

1 20 Obtemos, enião: $h - = - 20 1

Resolvendo, por tentativas, esta equação transcendente (por procedimento inteiramente análogo ao do exemplo anterior), obtemos

I -- - 1,2 20

1 A flecha valera, então: f = a (cosh - - 1) = 2a

- - - ' (cosh 1,2 - 1) = 0,3381 = 33,8%1 2.4

O esforço normal máximo atuante nestas circunstãncias (equivalendo a m í ~ m o esforço normal máximo para o vão 1 e a carga distribuída Q atuante) valerá:

Obse~~<~çiio: Note o leitor o grande partido que pode ser tirado, na prática, das conclusóes obtidas neste exercício.

4 - EXERCfCIOS PROPOSTOS

4.1 - O cabo de aço de uma ponte pênsil de 800 m de vão, cujos pontos de suspensão estão no mesmo nível, deve suportar uma carga total máxima uniformemente distribuída de 8 t/m. Sabendo-se que sua flecha B de 60 m, pede-se determinar a área necessária de sua seção transversal, sabendese que a tensão admissivel deste aço à tração é de õ = 20.000 t/mz.

4.2 - Para os valores do exemplo anterior, calcular:

a) Comprimento total do cabo; b) Alongamento elástico do cabo; C) Variação do esforço normal no cabo se o mesmo for submetido a uma

diminuição uniforme de temperatura de 50 'C.

Introdução ao esiudo d a d o s 293

São dados: ol,b = 10-s/oC; Eab, = 2 X 10't/mz

4.3 - Um cabo deve suportar uma carga uniformemente distribuída de 1 t/m segundo o seu vão, que é de Som, existindo um desnível de 10m entre os pontos de suspensão.

Sabendo-se que o esforço normal máximo admissivel que o cabo pode suportar vale 100 t, pede-se determinar seu comprimento total.

4.4 - O cabo de uma linha de transmissão suspenso em dois pontos no mesmo nível, deve vencer um vão de Som, com um comprimento total de 110 m, tendo uma carga distribuída de 0,005 t/m segundo seu comprimen- to. Calcular sua flecha e o valor do esforço normal máximo atuante.

4.5 - Calculas a flecha 'r do cabo da Fig 111-23 e os esforços simples na seção A .da barra AB, sabendo-se que o caboBCD, de comprimento total = = 185 m, pesa 5 kg/m e esta em equilibrio com a corda CD de 65 m pendendo Livremente. O atrito e as dimensóes da roldana em C são despreziveis.

Fig. Iii-23

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