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CE2 – ESTABILIDADE DAS CONSTRUÇÕES II
LISTA DE EXERCÍCIOS PREPARATÓRIA PARA O ENADE
1) Determine a energia de deformação (energia interna) da estrutura abaixo.
Rigidez flexional = 4200 kNm²
Formulário: equação geral da energia de deformação:
Solução:
A estrutura não possui cargas axiais nem torcionais, portanto as duas últimas parcelas da equação geral da energia de deformação são iguais a zero. O efeito de cisalhamento para vigas esbeltas pode ser desprezado, portanto a energia de deformação pode ser determinada por:
𝑈 = ∫𝑀2
2𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥
As equações de momento fletor por trecho são: Trecho A-B (para nó A; x = 0)
𝑀(𝑥) = −45𝑥 Trecho B-A (para nó B; x = 0)
𝑀(𝑥) = 45(𝑥 − 3) Trecho B-C (para nó B; x = 0)
𝑀(𝑥) = 60(𝑥 − 1,5)² Trecho C-B (para nó C; x = 0)
𝑀(𝑥) = −60𝑥²
2
A energia de deformação é obtida pelo comprimento total da estrutura, para isso basta somar as integrais do trecho AB (ou BA) com o trecho BC (ou CB), pois a integral do trecho AB e BA são iguais já que representam a mesma área (o mesmo é válido para o trecho BC), portanto podemos calcular a energia de deformação da seguinte forma: Usando as equações do trechos AB e CB:
𝑈 = ∫𝑀2
2𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 = ∫(−45𝑥)2
2 ∗ 4200
3
0
𝑑𝑥 + ∫(−60𝑥²)2
2 ∗ 4200
1,5
0
𝑑𝑥 = 2,821 𝑘𝑁𝑚
Ou, usando as equações do trechos BA e BC:
𝑈 = ∫𝑀2
2𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥 = ∫(45(𝑥 − 3))2
2 ∗ 4200
3
0
𝑑𝑥 + ∫(60(𝑥 − 1,5)²)2
2 ∗ 4200
1,5
0
𝑑𝑥 = 2,821 𝑘𝑁𝑚
2) Para o pórtico abaixo determine: a) Deflexão horizontal, a deflexão vertical e a rotação no ponto B. b) O valor percentual que P2 deve majorado para o ponto B não ter deslocamento. Dados: Perfis A-36 W460x60, ambos posicionados para trabalhar no eixo de maior inércia conforme figura abaixo. Ix = 25652 cm4
Formulário:
Deslocamento obtido com trabalho virtual:
3
Tabela Kurt Bayer
SOLUÇÃO:
A estrutura não possui cargas torcionais, portanto a parcela da equação do trabalho virtual devido à torção é nula. O efeito dos esforços de cisalhamento para vigas esbeltas podem ser desprezados, além disso o pilar possui altíssima rigidez axial (EA = 1524000 kN), o que gera um deslocamento desprezível devido aos esforços axiais (0,000046 m), portanto em geral, o deslocamento em pórticos (e semipórticos como é o caso) pode ser calculado apenas com o efeito flexional da estrutura:
Δ = ∫𝑚𝑀
𝐸𝐼
𝐿
0
𝑑𝑥
A rigidez flexional é igual a:
𝐸𝐼 = 200000000 𝑘𝑁/𝑚² ∗ 25652 ∗ 10−8 𝑚4 = 51304 𝑘𝑁𝑚² Para realizar a multiplicação do diagrama virtual interno e do diagrama interno da peça devemos calcular os diagramas de momento fletor:
M(x) p/ P1 e P2 m(x) p/ δvB m(x) p/ δhB m(x) p/ θB Deslocamento horizontal do nó B (com tabela Kurt-Bayer):
4
EIδℎ𝐵 = (1
6∗ 3,5 ∗ (2 ∗ (−7,0 ∗ −32,5) + (−7,0 ∗ −50) + (−3,5 ∗ −32,5)
+ 2 ∗ (−3,5 ∗ −50))) + (1
2∗ 3,5 ∗ (−3,5) ∗ (−50))
EIδℎ𝐵 = 740,104 + 306,25
δℎ𝐵 =1046,354
51304= 0,020 𝑚
Deslocamento vertical do nó B (com tabela Kurt-Bayer): O diagrama virtual da carga vertical no nó B é nulo, portanto não há deslocamento (desprezível). Rotação no nó B (com tabela Kurt-Bayer):
EIθ𝐵 = (1
2∗ 3,5 ∗ (−1,0) ∗ (−32,5 − 50)) + (3,5 ∗ (−1,0) ∗ (−50))
EIθ𝐵 = 144,375 + 175
θ𝐵 =312,375
51304= 0,006 𝑟𝑎𝑑
Resposta a) δℎ𝐵 = 2 𝑐𝑚 𝑒 θ𝐵 = 0,006 𝑟𝑎𝑑 Para determinarmos o valor percentual que P2 deve majorado para o ponto B não ter deslocamento devemos calcular qual o valor da coordenada do momento fletor no ponto D quando a deflexão é nula. Já que o valor da carga P2 altera a coordenada no ponto D do diagrama de momento fletor, então:
0 = (1
6∗ 3,5 ∗ (2 ∗ (−7,0 ∗ 𝑦) + (−7,0 ∗ −50) + (−3,5 ∗ 𝑦) + 2
∗ (−3,5 ∗ −50))) + (1
2∗ 3,5 ∗ (−3,5) ∗ (−50))
𝑦 = + 70 Portanto, um diagrama de momento fletor que apresenta em D o valor de +70 kNm, não irá gerar deslocamento B:
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Figura 1 – Diagrama com majoração da carga P2
A partir do ponto C até o ponto D houve um aumento de 120 kNm no diagrama de momento, então para determinar a carga P2 que gera esse esforço basta dividirmos pelo braço de alavanca:
𝑃2′ =
120 𝑘𝑁𝑚
3,50 𝑚= 34,286 𝑘𝑁
Assim, quando é aplicada uma carga P2 de 34,286 kN, não teremos deslocamento horizontal em B, portanto com um aumento de 29,286 kN em relação a carga de 5,0 kN atual.
𝐴𝑢𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙 =𝑃2
′ − 𝑃2
𝑃2=
29,286
5,0= 586 %
Resposta b) A carga deve ser majorada em 586 % do valor atual.
3) Uma barra quadrada é feita de plástico PVC com módulo de elasticidade 𝐸 =9 𝐺𝑃𝑎 e deformação por escoamento 𝜖𝑒 = 0,001 𝑚𝑚/𝑚𝑚. Determine as dimensões 𝑎 de sua menor seção transversal, de modo que não falhe por flambagem elástica. As extremidades da barra estão presas por pinos e seu comprimento é de 1.250 mm.
FONTE: HIBBELER, R. C. Resistência dos Materiais. 7. ed. São Paulo: Prentice Hall, 2010.
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SOLUÇÃO: ÁREA
𝐴 = 𝑎² MOMENTO DE INÉRCIA
𝐼 =𝑎4
12
RAIO DE GIRAÇÃO
𝑟 = √𝐼
𝐴=
√𝑎4
12𝑎²
=𝑎
√12
TENSÃO DE ESCOAMENTO
𝜎𝑒 = 𝜖𝑒 ∗ 𝐸 = 0,001 ∗ 9000 𝑀𝑃𝑎 = 9 𝑀𝑃𝑎 Para determinar o menor valor de 𝑎 de modo que a barra não falhe por flambagem, a tensão crítica de flambagem deve ser igualada à tensão de escoamento, pois desta forma a estrutura irá falhar por resistência. TENSÃO CRÍTICA DE FLAMBAGEM
𝜎𝑐𝑟 =𝜋2 ∗ 𝐸
(𝐾𝐿𝑟
) ²
MENOR DIMENSÃO DE 𝑎
9000 =𝜋2 ∗ 9000000
(1,0 ∗ 1,25
𝑎
√12
) ²
𝑎 = ± 4,359 ∗ 10−2𝑚 A solução negativa da equação de segundo grau não tem significado físico. Portanto a menor seção da barra para que a estrutura não falhe por flambagem, e sim, por resistência é 43,59 x 43,59 mm².
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4) Pela Analogia de Mohr, determine o diagrama de momentos fletores da viga de
inércia constante abaixo. Unidades SI.
TABELA DE CONVERSÃO DAS CONDIÇÕES DE CONTORNO DA VIGA REAL PARA VIGA CONJUGADA
Tabela de conversão – Fonte: MARTHA, L. F. C. R. Análise de estruturas: conceitos e métodos básicos. Rio de Janeiro: ELSEVIER, 2010. SOLUÇÃO Carregamento da viga conjugada:
Equilíbrio à rotação em B (∑M = 0):
−(𝑀𝐵
𝐸𝐼∗𝐿𝐵𝐶
2) ∗
𝐿𝐵𝐶
3+ (
𝑀𝐶
𝐸𝐼∗𝐿𝐵𝐶
2) ∗
2 ∗ 𝐿𝐵𝐶
3= 0
𝑀𝑐 =𝑀𝐵
2
8
Portanto o valor do momento em C é igual a metade do valor do momento em B.
Equilíbrio à rotação em A (∑M = 0):
+(64
𝐸𝐼∗2,0
2) ∗ (2,0 ∗
2
3) + (
64
𝐸𝐼∗8,0
2) ∗ (2,0 +
8,0
3) + (
𝑀𝐵
2 ∗ 𝐸𝐼∗7,0
2) ∗ (10 + 7,0 ∗
2
3)
−(𝑀𝐵
𝐸𝐼∗10,0
2) ∗ (10,0 ∗
2
3) − (
𝑀𝐵
𝐸𝐼∗7,0
2) ∗ (10,0 +
7,0
3) = 0
+85,33 + 1194,67 + 25,67 ∗ 𝑀𝐵 − 33,33 ∗ 𝑀𝐵 − 43,17 ∗ 𝑀𝐵 = 0
1280,00 − 50,83 ∗ 𝑀𝐵 = 0
𝑀𝐵 = 25,18 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝑐 =𝑀𝐵
2=
25,18
2= 12,59 𝑘𝑁𝑚
Momento no ponto de aplicação da carga:
𝑀 = 64 −25,18
5= 58,96 𝑘𝑁𝑚
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5) Desenhe a Linha de Influência de Momentos Fletores na Seção S da viga abaixo.
Divida cada vão em quatro partes para preencher a Tabela. Usar três casas decimais. Inércia constante.
Posição da Carga Móvel P = 1,0 kN
a b Lvão E D MA MB MC MS
[m] [m] [m] [m] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm]
VÃ
O A
B
0 0 0 0 0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
0 0 0 0 0 0 0
VÃ
O B
C
0 0 0 0 0 0 0
0 0
0 0
0 0
0 0 0 0 0 0 0
(Coluna a e b da Tabela se referem às distâncias entre a posição da Carga Móvel e os apoios do vão carregado, conforme fórmulas dos Termos de Carga).
FORMULÁRIO Coeficientes de Propagação:
𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =𝐿𝐴𝐵
2 ∗ (𝐿𝐴𝐵 + 𝐿𝐵𝐶) − 𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ 𝐿𝐵𝐶
𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =𝐿𝐶𝐵
2 ∗ (𝐿𝐶𝐵 + 𝐿𝐵𝐴) − 𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ 𝐿𝐵𝐴
Momentos nos apoios do vão AB carregado: (Para obter os momentos do vão BC carregado, as fórmulas abaixo devem ser adaptadas conforme exposto em aula)
𝑀𝐴 =𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗
1 − (𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ 𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗)∗ (𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ − ) 𝑀𝐵 =
𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
1 − (𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ )∗ (𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ − )
Termos de Carga
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎)
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SOLUÇÃO Inicialmente deve-se calcular os Coeficientes de Propagação da viga. O apoio C não possui engastamento, assim a propagação do momento 𝑀𝐵 para 𝑀𝐶, quando o vão AB está carregado, deve ser igual a zero, portanto:
𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ = 0 O apoio A não possui engastamento, assim a propagação do momento 𝑀𝐵 para 𝑀𝐴, quando o vão BC está carregado, deve ser igual a zero, portanto:
𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ = 0 Os coeficientes de propagação são:
𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ =𝐿𝐴𝐵
2 ∗ (𝐿𝐴𝐵 + 𝐿𝐵𝐶) − 𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ 𝐿𝐵𝐶
=20
2 ∗ (20 + 32) − 0 ∗ 32= 0,192
𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ =𝐿𝐶𝐵
2 ∗ (𝐿𝐶𝐵 + 𝐿𝐵𝐴) − 𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ 𝐿𝐵𝐴
=32
2 ∗ (32 + 20) − 0 ∗ 20= 0,308
Portanto temos:
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Foi imposto que cada vão fosse dividido em quatro partes para determinação dos valores da Linha de Influência na seção S (𝐿𝐼𝑀𝑠).
Para o vão AB teremos as seguintes posições da carga móvel a partir do apoio A a cada 5,0 m (𝐿𝐴𝐵
4= 5,0 𝑚)
𝑃𝑜𝑠𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑀ó𝑣𝑒𝑙 𝑛𝑜 𝑉ã𝑜 𝐴𝐵: 0, 5, 10, 15 𝑒 20.
Para o vão BC teremos as seguintes posições da carga móvel a partir do apoio A a cada 8,0 m (𝐿𝐵𝐶
4= 8,0 𝑚)
𝑃𝑜𝑠𝑖çõ𝑒𝑠 𝑑𝑎 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝑀ó𝑣𝑒𝑙 𝑛𝑜 𝑉ã𝑜 𝐵𝐶: 20, 28, 36, 44 𝑒 52.
Portanto, a primeira coluna pode ser preenchida:
Posição da Carga Móvel Q = 1,0 kN
[m]
VÃ
O 1
0
5
10
15
20
VÃ
O 2
20
28
36
44
52 Os valores a e b representam a distância entre a carga e os apoios do vão L carregado, conforme fórmula dos Termos de Carga. Assim os valores a, b e L podem ser preenchidos diretamente:
Posição da Carga Móvel Q = 1,0 kN
a b Lvão
[m] [m] [m] [m]
VÃ
O 1
0 0 20 20
5 5 15 20
10 10 10 20
15 15 5 20
20 20 0 20
VÃ
O 2
20 0 32 32
28 8 24 32
36 16 16 32
44 24 8 32
52 32 0 32
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Termos de Carga e Momentos em B para vão AB carregado: Quando a carga está na posição 0 (sobre o apoio A) e na posição 20 (sobre o apoio B), ou o valor de a ou de b é igual a zero, desta forma os Termos de Cargas são nulos, e já estão preenchidos na Tabela. Posição 5:
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
1 ∗ 5 ∗ 15
202∗ (20 + 15) = 6,563 𝑘𝑁𝑚
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎) =
1 ∗ 5 ∗ 15
202∗ (20 + 5) = 4,688 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝐵 =𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
1 − (𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ )∗ (𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ − ) =
0,192
1 − (0,192 ∗ 0)∗ (0 ∗ 6,563 − 4,688) = −0,900 𝑘𝑁𝑚
Posição 10:
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
1 ∗ 10 ∗ 10
202∗ (20 + 10) = 7,500 𝑘𝑁𝑚
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎) =
1 ∗ 10 ∗ 10
202∗ (20 + 10) = 7,500 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝐵 =𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
1 − (𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ )∗ (𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ − ) =
0,192
1 − (0,192 ∗ 0)∗ (0 ∗ 7,500 − 7,500) = −1,440 𝑘𝑁𝑚
Posição 15:
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
1 ∗ 15 ∗ 5
202∗ (20 + 5) = 4,688 𝑘𝑁𝑚
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎) =
1 ∗ 15 ∗ 5
202∗ (20 + 15) = 6,563 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝐵 =𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗
1 − (𝛼𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ )∗ (𝛼𝐵𝐴⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗ ∗ − ) =
0,192
1 − (0,192 ∗ 0)∗ (0 ∗ 4,688 − 6,563) = −1,260 𝑘𝑁𝑚
Preenchendo a Tabela, temos os seguintes Termos de Carga e Momentos em B quando o vão AB está carregado:
Posição da Carga Móvel Q = 1,0 kN
a b Lvão E D MA MB MC
[m] [m] [m] [m] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm]
VÃ
O 1
0 0 20 20 0 0 0 0 0
5 5 15 20 6,563 4,688 0 -0,900 0
10 10 10 20 7,500 7,500 0 -1,440 0
15 15 5 20 4,688 6,563 0 -1,260 0
20 20 0 20 0 0 0 0 0
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Termos de carga para vão BC carregado: Quando a carga está na posição 20 (sobre o apoio B) e na posição 52 (sobre o apoio C), ou o valor de a ou de b é igual a zero, desta forma os Termos de Cargas são nulos, e já estão preenchidos na Tabela. Posição 28:
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
1 ∗ 8 ∗ 24
322∗ (32 + 24) = 10,500 𝑘𝑁𝑚
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎) =
1 ∗ 8 ∗ 24
322∗ (32 + 8) = 7,500 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝐵 =𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 − (𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗)∗ (𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ − ) =
0,308
1 − (0,308 ∗ 0)∗ (0 ∗ 7,500 − 10,500) = −3,234 𝑘𝑁𝑚
Posição 36:
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
1 ∗ 16 ∗ 16
322∗ (32 + 16) = 12,000 𝑘𝑁𝑚
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎) =
1 ∗ 16 ∗ 16
322∗ (32 + 16) = 12,000 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝐵 =𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 − (𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗)∗ (𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ − ) =
0,308
1 − (0,308 ∗ 0)∗ (0 ∗ 12,000 − 12,000) = −3,696 𝑘𝑁𝑚
Posição 44:
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑏) =
1 ∗ 24 ∗ 8
322∗ (32 + 8) = 7,500 𝑘𝑁𝑚
=𝑃 ∗ 𝑎 ∗ 𝑏
𝐿2∗ (𝐿 + 𝑎) =
1 ∗ 24 ∗ 8
322∗ (32 + 24) = 10,500 𝑘𝑁𝑚
𝑀𝐵 =𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
1 − (𝛼𝐶𝐵⃖⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∗ 𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗)∗ (𝛼𝐵𝐶⃗⃗ ⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ ∗ − ) =
0,308
1 − (0,308 ∗ 0)∗ (0 ∗ 10,500 − 7,500) = −2,310 𝑘𝑁𝑚
Preenchendo a Tabela, temos os seguintes Termos de Carga e Momentos em B quando o vão BC está carregado:
Posição da Carga Móvel Q = 1,0 kN
a b Lvão E D MA MB MC
[m] [m] [m] [m] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm]
VÃ
O 1
0 0 20 20 0 0 0 0 0
5 5 15 20 6,563 4,688 0 -0,900 0
10 10 10 20 7,500 7,500 0 -1,440 0
15 15 5 20 4,688 6,563 0 -1,260 0
20 20 0 20 0 0 0 0 0
VÃ
O 2
20 0 32 32 0 0 0 0 0
28 8 24 32 10,500 7,500 0 -3,234 0
36 16 16 32 12,000 12,000 0 -3,696 0
44 24 8 32 7,500 10,500 0 -2,310 0
52 32 0 32 0 0 0 0 0
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Para determinação dos Momentos na seção S, deve-se considerar dois casos: Caso 1: Quando Vão AB está carregado Nessa condição, o vão BC está descarregado, portanto o diagrama de Momentos no vão descarregado é uma reta.
Desta forma o valor do Momento no vão BC será sempre:
𝑀(𝑥) = 𝑀𝐵 + (𝑀𝐶 − 𝑀𝐵
𝐿𝐵𝐶
) ∗ 𝑥
Sendo x a seção de interesse, temos x = 8,0 m (um quarto do vão) para a Seção S. Ou pela relação entre os triângulos 𝑀𝐵𝐵𝐶 e 𝑀𝑠𝑆𝐶, temos:
𝑀𝑆 =3
4∗ 𝑀𝐵
Desta forma, podemos preencher os valores na do 𝑀𝑠 Tabela quando o vão AB está carregado. Caso 2: Quando Vão BC está carregado A partir da teoria de Estabilidade I, temos o equilíbrio da viga BC:
Para equilíbrio à rotação no Ponto C, temos:
+(𝑉𝐵,𝑑𝑖𝑟 ∗ 𝐿𝐵𝐶) − 𝑀𝐵 − 𝑃 ∗ 𝑏 = 0
Portanto:
𝑉𝐵,𝑑𝑖𝑟 =+𝑀𝐵 + 𝑃 ∗ 𝑏
𝐿𝐵𝐶
=𝑀𝐵 + 𝑏
32
Então o Momento em S é:
𝑀𝑆 = 𝑉𝐵,𝑑𝑖𝑟 ∗ 8,0 − 𝑀𝐵 = (𝑀𝐵 + 𝑏
32) ∗ 8,0 − 𝑀𝐵
15
Para posição 28 (b = 24 e 𝑀𝐵 = | − 3,234| )*
𝑀𝑆 = (𝑀𝐵 + 𝑏
32) ∗ 8,0 − 𝑀𝐵 = (
3,234 + 24
32) ∗ 8,0 − 3,234 = 3,575 𝑘𝑁𝑚
*Obs.: Os valores de 𝑀𝐵 e 𝑃 devem ser inseridos na fórmula em valores absolutos, pois os sinais já foram considerados no cálculo do equilíbrio à rotação no ponto C devido ao sentido apresentado no esquema estrutural da viga BC. (Equilíbrio em C: +(𝑉𝐵,𝑑𝑖𝑟 ∗ 𝐿𝐵𝐶) − 𝑀𝐵 − 𝑃 ∗ 𝑏 = 0)
Para posição 36 (b = 16 e 𝑀𝐵 = | − 3,696| )
𝑀𝑆 = (𝑀𝐵 + 𝑏
32) ∗ 8,0 − 𝑀𝐵 = (
3,696 + 16
32) ∗ 8,0 − 3,696 = 1,228 𝑘𝑁𝑚
Para posição 44 (b = 8 e 𝑀𝐵 = | − 2,310| )
𝑀𝑆 = (𝑀𝐵 + 𝑏
32) ∗ 8,0 − 𝑀𝐵 = (
2,310 + 8
32) ∗ 8,0 − 2,310 = 0,268 𝑘𝑁𝑚
Preenchendo a Tabela com os valores obtidos, temos:
Posição da Carga Móvel Q = 1,0 kN
a b Lvão E D MA MB MC MS
[m] [m] [m] [m] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm] [kNm]
VÃ
O 1
0 0 20 20 0 0 0 0 0 0
5 5 15 20 6,563 4,688 0 -0,900 0 -0,675
10 10 10 20 7,500 7,500 0 -1,440 0 -1,080
15 15 5 20 4,688 6,563 0 -1,260 0 -0,945
20 20 0 20 0 0 0 0 0 0
VÃ
O 2
20 0 32 32 0 0 0 0 0 0
28 8 24 32 10,500 7,500 0 -3,234 0 3,575
36 16 16 32 12,000 12,000 0 -3,696 0 1,228
44 24 8 32 7,500 10,500 0 -2,310 0 0,268
52 32 0 32 0 0 0 0 0 0
Com os valores obtidos na Tabela, pode-se desenhar a Linha de Influência de Momentos em S: