Profª Gabriela Rezende Fernandes Disciplina: Análise Estrutural 2

Profª Gabriela Rezende Fernandes

Disciplina: Análise Estrutural 2

INCÓGNITAS

ROTAÇÕES E DESLOCAMENTOS LINEARES INDEPENDENTES DOS NÓS

Nº TOTAL DE INCÓGNITAS = d = n º de deslocabilidades = = grau de hipergeometria da estrutura

d_e = nº de deslocabilidades externas = n0 _de

deslocamentos lineares independentes dos nós = n º de apoios do 1º gênero (móvel) que torna todos os nós indeslocáveis

d = nº de deslocabilidades internas = nº de rotações d = d_e + d_i

d_i = nº de deslocabilidades internas = nº de rotações incógnitas

Para pórticos planos: d_i = nº de nós rígidos

nó rígido: é o ponto onde chegam duas ou mais barras, que não seja rotulado

D

A

B C di = 2 e

d_e = ?

δv = 0 Exemplos de cálculo do nº de deslocabilidades da estrutura:

a)

Os nós C e B são indeslocáveis, pois:

θ_C θ_B A Nó C Apoio móvel em C δvc= 0 Engaste em D δHc= 0 Nó B Engaste em A δvB= 0 Engaste em D _δH_B= 0

Obs: se o nó B está ligado a 2 nós indeslocáveis (A e C) B é Obs: se o nó B está ligado a 2 nós indeslocáveis (A e C) B é indeslocável _δv

B= 0 δHB= 0

Se todos os nós são indeslocáveis de = 0

D

A B C

E

F

G

d_i = 0 todos os nós internos são rotulados d_e = ? Nó D Engaste em A δvD= 0 δH_D 0 δ δ δ δv_G= 0 Engaste em C _{Nó E} Engaste em B δvE= 0 b)

≠

Nó G Engaste em C δδδδvG= 0 δ δ δ δH_G 0 Nó E δvE= 0 δH_E

≠

0 δH_E = δδδδH_D

Os nós E e D são ligados por barra horizontal Nó F δ δδ δv_F= 0 δ δδ δH_F

≠

0 δ δδ δv_E = δδδδv_G = 0 δH_F = f(δδδδH_E, δH_G) = f(δH_D, δH_G)

≠

d = d_e + d_i = 2 + 0 = 2 Portanto: d_e = 2 = δH_D e δH_G

d_e = 2 = Nº de apoios adicionais que torna a estrutura indeslocável A B C E F G D

B C _B C _B C

Se todos os nós são indeslocáveis de = 0 a estrutura é dita indeslocável

Exemplos: a) b) c) A A _A δH_B= 0 d_i = 1 d = de + di = 0 + 1 = 1 Estrutura deslocável de 0

≠

de = 0 Em a), b) e c):

θ

_B Estrutura deslocável de 0

≠

Exemplo: _δHB

≠

₀ de = 1 d_i = 1 d = d_e + d_i = 1 + 1 = 2 A B C Exemplo:

θ

_B

Deformações em uma barra AB, quando nenhum

dos nós (A ou B) é rotulado

INCÓGNITAS ROTAÇÕES E DESLOCAMENTOS LINEARES INDEPENDENTES DOS NÓS

dos nós (A ou B) é rotulado

δ_A ρ_BA θ_A θB A B A’ B’

A’B’ = posição deformada

δ_A = translação da barra (não causa deformação) ρ_{BA = deslocamento ortogonal} recíproco de B em relação à A recíproco de B em relação à A (deslocamento perpendicular à barra) θ_A θ_B = rotação do nó A = rotação do nó B A e B: nós rígidos a barra se

comporta como uma viga bi-engastada

δ

ρ_BA A

B

B’

Deformações em uma barra AB, quando nenhum dos nós

(A ou B) é rotulado

Deformações da barra: - devido à carga - devido a - devido a - devido a θ_A θ_B ρ ρρ ρ_BA δ_A

θ

_A

θ

B A’ B’ ρ ρρ ρ_BA δ_A : Deslocamento de corpo rígido, não causa deformação

ρ_BA a barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque vertical em B

a barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque angular em B

θ_B

Se considerar que a barra trabalha no regime elástico e linear: vale o princípio da superposição dos efeitos. Portanto:

Barra sujeita à deformação total = barra sujeita apenas a + barra sujeita apenas a + barra sujeita apenas a + deformações das cargas

θ_A θ_B ρρρρBA

B

Deformações em uma barra AB (quando nenhum dos nós

é rotulado) e respectivos diagramas de momentos:

δ_A

deformação DMF

ρ_BA

M =0

+

Pelo princípio da superposição dos efeitos: δ_A ρ_BA θA θB A A’ B’ ρ_BA M(ρ_BA) M(θ_A)

+

+

=

θ

_A Os DMF correspondentes a cada deformação ( , e ) podem ser obtidos pelo método das forças

θ

A

θ

_B ρρρρBA carga M _CARGA M(θ_B)

+

_θ

B

ser obtidos pelo método das forças

Ex: DMF devido a : DMF de uma barra bi-engastada com recalque

angular em A. DMF devido a :

DMF de uma barra bi-engastada com recalque vertical em B

θ

_A

ρ ρρ ρ_BA

Se o ponto A é rotulado: o giro em A é livre (não causa deformação)

B _{M =0}

Deformações em uma barra AB (quando um dos nós é

rotulado) e respectivos diagramas de momentos:

deformação _DMF

DMF são obtidos pelo método das forças δ_A δ_A ρ_BA A A’ B’ _ρρρρ BA M(ρ_BA)

=

+

+

deformação total = + +

+ deformações das cargas

ρ ρ ρ ρ_BA

a barra se deforma como uma viga

θ_A θ_B M(θ

θ

_B carga M _CARGA

+

ρ ρρ

ρ_BA a barra se deforma como uma viga

apoiada e engastada c/ recalque vertical em B

a barra se deforma como uma viga apoiada e engastada c/ recalque angular em B

M(θ_B)

θ

_B

Convenção de sinais: M > 0 e sentido anti-horário +

1. MOMENTO DEVIDO À ROTAÇÃO

K_N = rigidez do barra no nó N = valor do momento que se

θ>>>>0

θ

K_N = rigidez do barra no nó N = valor do momento que se aplicado no nó N (suposto livre para girar) provoca

a) Barra bi-engastada

A

B

llll

llll θA = 1

llll

K

A

θ

_A

= 1

qual o valor de K_A ? viga bi-engastada com recalque angular

θ

N = 1

θ

A= 1

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido ao recalque :

MA M_{B l} EI K M_A = _A = 4 Se I = cte, na barra l EI M_B = 2 DMF

θ

A= 1

I = momento de inércia da barra

E = módulo de elasticidade do material

2 1 M M t A B

AB = = coeficiente de transmissão de A para B

A

B

llll

EI K M = θ = 4 θ Se θ_A = 1 l EI K M_A = _A = 4 l EI M_B = 2 A A A A l EI K M = θ = 4 θ A A A AB B

l

EI

M

M

t

M

2

θ

2

=

=

=

Para θ_A

≠

1

1. MOMENTO DEVIDO À ROTAÇÃO b) Barra engastada e rotulada:

θ

B

_θ

_{= 1}

viga engastada - θ = 1 K’_A : rigidez da barra no nó A = valor do momento que se aplicado no nó A (suposto livre para girar) provoca

_θ

A= 1

A

B

llll

_llll θA = 1

llll

K’

_A

θ

_A

= 1

qual o valor de K’_A ? viga engastada -apoiada com recalque angular θ_A=1

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque :

EI 3 = = θ_A= 1 θ = 1 M_A l EI K M_A = '_A = 3 Para I = cte e A A A A l EI K M = ' ϕ = 3 θ DMF θ_A

≠

1 θ_A= 1 Se

Convenção de sinais: ρ_BA>0 se B desloca em relação à A no sentido horário

2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL RECÍPROCOρρρρBA sentido horário a) Barra bi-engastada

A

B

llll

ρ

ρ

ρ

ρ

BA viga bi-engastada com recalque vertical ρ_BA em B

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido ao recalque ρ_BA=ρ em B

M_A MB

ρ

2 6 l EI M M _A = _B =

Para barra com I = cte

2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL RECÍPROCO

ρ

_BA (cont.)

b) Barra rotulada e engastada

ρ

ρ

ρ

ρ

BA

viga engastada-apoiada com recalque vertical

ρ em B

A B

llll _ρBA em B

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos

momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque ρ_BA=ρ em B

ρ

2 A l EJ 3 M = llll MA

Para barra com I = cte

DMF DMF

ρ

ρ

ρ

ρ

_{AB A 2}

_ρ

l EJ 3 M =

Para viga engastada-apoiada com recalque vertical ρ_AB em A

TABELA III: Momentos de engastamento perfeito engastamento perfeito devido a recalques angulares ou recalques verticais (para barras com inércia constante) Se ρ fosse em A: EJ 3 ρ ρ ρ ρ para estruturas simétricas ρ 2 A l EJ 3 M = ρ ρ ρ ρAB

12 2 qL M_A = 12 2 qL M_B =− 8 2 qL M_A = ₈ 2 qL M_B =− TABELA I: Momentos de engastamento perfeito devido à carga externa 20 2 pL M_A = 30 2 pL M_B =− 15 2 pL M_A = 120 7pL2 M_B =− 8 pL M_A = 8 pL M_B =− 16 3 pL M_A = 16 3 pL M_B =− carga externa (para vigas com inércia constante) 8 B 2 2 L Pab M_A = 2 2 L Pba M_B =− (L b) L Pab M_A = ₂ + 2 ( ) a L L Pab M_B =− ₂ + 2       − − = L b L Mb M_A 2 3       − − = L a L Ma M_B 2 3       − = 3 1 2 2 2 L b M M_{A }      − = 3 1 2 2 2 L a M M_B

C

Exemplo:

δH

≠

0 d = 1 _θ

1. Cálculo do nº de incógnitas d

(d = de+di)

de = 1 A B C δH_B 0 d = d_e + d_i = 1 + 1 = 2

≠

d_i = 1 2 Incógnitas ∆1 = θB ∆2 = _δH_BC θ_B de = 1

2. Obtenção do Sistema Principal

Sistema Principal (SP) estrutura original com as rotações

A B _C 2 1 Sistema Principal

Sistema Principal (SP) estrutura original com as rotações

impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares impedidos por apoios móveis

A B _C 2 1 2 Incógnitas: ∆1 = e ∆2 = δH_BC Sistema Principal

Impede as rotações com chapas

rígidas e os deslocamentos lineares com apoios móveis

M momento exercido pela chapa 1 para que θ =0

2. Obtenção do Sistema Principal

θ_B

Adotando

M₁ momento exercido pela chapa 1 para que θ_B =0

F_H2 força horizontal exercida pelo apoio 2 para que _{δHBC =0}

β_ij esforço em i causado por ∆_j

β_i0 esforço em i causado pela solicitação externa (carga, recalque ou ) ∆T

β₁₁ esforço M₁ (ponto B) devido à aplicação de ∆₁ = θB

β₁₂ esforço M₁ (ponto B) devido à aplicação de

β₂₁ esforço F_H2 (ponto C) devido à aplicação de

∆₂ =

∆₁ = θB

δH_BC

β₂₂ esforço F_H2 (ponto C) devido à aplicação de ∆₂ = δHBC β₁₀ esforço M₁ (ponto B) devido à solicitação externa

3. Cálculo, no sistema principal, dos momentos (M_i) nas chapas e reações (F_i) nos apoios móveis introduzidos

Resolução do SP sujeito, separadamente, à solicitação externa e cada uma das deslocabilidades

B C 2 1 M1 F_H2 B C 2 1 β10 _β 20

=

+

A A A 2 1 β11 _β 21 1 ∆ 1 ∆

=

A 1 β12 β₂₂ 2 ∆ 2 ∆

+

₊

Aplicação da Carga externa ∆₁ Aplicação de ∆₂ Aplicação de

Esforços Totais = esforços da solicitação externa + + esforços das rotações +

+ esforços dos deslocamentos lineares

2 12 1 11 10 1 M = β + β ∆ + β ∆ F₂ = β₂₀ + β₂₁∆₁ + β₂₂∆₂

Quando tem-se a imposição de um deslocamento linear em um dos nós da estrutura (no exemplo anterior, seria quando aplica: ),

procede-se da seguinte maneira para calcular os momentos de engastamento perfeito em cada barra:

1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal recíproco ρ_BA causado pelo deslocamento linear imposto

2. Com o valor de ρ na barra, calculam os momentos de

∆2 = δHBC

2. Com o valor de ρ_BA na barra, calculam os momentos de engastamento perfeito devido à imposição de ρ_BA no nó B.

Barra rotulada e engastada A BA

l EI M = 3 ₂

ρ

A B llll A B 6EI ρ ρ ρ ρBA Barra bi-engastada A B llll BA B A l EI M M = = 6 ₂

ρ

Convenção de sinais: F_H > 0 e δ_H > 0 no sentido: + ρ

ρρ ρBA

4. Sistema de Equações

Sistema de equações do sistema principal:

2 12 1 11 10 1 M =

β

+

β

∆

+

β

∆

∆ + ∆ + =

β

20

β

21 1

β

22 2 2 =

β

+

β

∆ +

β

∆ H F

Para que o sistema principal reproduza o comportamento elástico e estático da estrutura original M₁ = F_H2 = 0

Sistema de equações da estrutura original:

0

2 12 1 11 10

+

β

∆

+

β

∆

=

β

_{Resolve o} Obtém ∆ e ∆

0

2 22 1 21 20

+

β

∆

+

β

∆

=

β

Resolve o sistema Obtém ∆1 e ∆2













−

=

























20 10 2 1 22 21 12 11

β

β

∆

∆

β

β

β

β

Sistema de equações na forma matricial:

























−

=













− 20 10 1 22 21 12 11 2 1

β

β

β

β

β

β

∆

∆













β

21

β

22

∆

2

β

20

[β] matriz de rigidez matriz simétrica: β_ij= β_ji

{∆} vetor solução

{ }

[ ]

{ }

0 1

β

β

∆

₌

₋

−













∆

2

β

21

β

22

β

20 {∆} vetor solução

5. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais (E

)

Pelo Princípio da superposição de efeitos:

d

O valor final do esforço ou reação de apoio em um ponto qualquer da estrutura é dado por:

∑

= + = d 1 i i i 0 E E E

∆

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

E₀ para variação de temperatura: E₀ = valor do esforço obtido no ponto considerando somente ∆T

E_i é o valor do esforço obtido no ponto considerando somente ∆i ponto considerando somente ∆T

para recalque: E₀ = valor do esforço obtido no ponto considerando somente o recalque de apoio

1. Cálculo do nº de incógnitas d (d = de+di)

2. Obtenção do Sistema Principal estrutura original com as

rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares impedidos por apoios móveis

3. Cálculo, no sistema principal, dos momentos (M) nas chapas e reações (F) nos apoios móveis introduzidos

Resolução do SP sujeito, separadamente, à solicitação externa e cada uma das deslocabilidades: Cálculo de β_ij e β_i0 (ou β_ir ou β_it)

2 12 1 11 10 1 M = β + β ∆ + β ∆ _F = β + β ∆ + β ∆

4. Impõe M=0 nas chapas e F=0 nos apoios móveis: obtém os sistema de equações:

5. Obtêm os esforços e reações de apoio finais:

2 12 1 11 10 1 M = β + β ∆ + β ∆ _F2 = β₂₀ + β₂₁∆₁ + β₂₂∆₂

{ }

[ ]

{ }

0 1 β β ∆ _{= −} −

∑

= + = d 1 i i i 0 E E E ∆

Para se calcular os momentos de engastamento perfeito numa determinada barra devido a um recalque, procede-se de maneira análoga de quando tem-se a imposição de um deslocamento linear em um dos nós da estrutura:

1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal

Solicitação externa = Recalque de apoio

1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal recíproco ρ_BA causado pelo recalque imposto

2. Com o valor de ρ_BA na barra, calculam os momentos de engastamento perfeito devido à imposição de ρ_BA no nó B.

Barra rotulada e engastada A BA

l EI M = 3 ₂ ρ A B llll Barra bi-engastada A B llll A B l BA EI M M = = 6 ₂ ρ ρ ρ ρ

Hipótese: as deformações são pequenas, portanto, pode-se considerar que a extremidade da barra se desloca na direção perpendicular à direção inicial da barra

Exemplo: ∆1= encurtamento de AC A B C C 1 ₂ 3 Exemplo: ∆1= encurtamento de AC ∆2= encurtamento de BC ∆3= alongamento de AB

A, B e C: posições iniciais dos nós.

a, b e c: posições dos nós após deformação

Obs: A = a, o ponto A não se desloca, pois A é um ponto fixo;

B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio móvel em B; B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio móvel em B; A reta AC se desloca na direção perpendicular à AC, por hipótese; A reta BC se desloca na direção perpendicular à BC, por hipótese;

O ponto C na posição deformada (ponto c) é dado pela interseção das retas que indicam a direção dos deslocamentos de AC e BC.

A B C C 1 ₂ 3 Exemplo: Processo:

1. Adota a origem (O), que deve ser um nó fixo (no ex: O = A = a)

2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com ∆1= encurtamento de AC

∆2= encurtamento de BC ∆3= alongamento de AB

A, B e C: posições iniciais dos nós.

a, b e c: posições dos nós após deformação

2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com extremidade em O:

- ∆1(// à AC), acha o ponto 1. - ∆3(// à AB), acha o ponto 3 = b.

3. A partir de b, marca encurtamento da barra 2: marca ∆2 (// à BC), acha o ponto 2. 4. Em 1 passa uma reta perpendicular à AC (representando a direção do

deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular à BC (representando a deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular à BC (representando a direção do deslocamento de BC). O ponto c é dado pelo encontro dessas 2 retas.

O,a 3, b 1 C ∆1 ₂ C c δc ρCA ρ_CB ∆3

∆2 Oa Ob Oc São os deslocamentos absolutos de A, B e C

c O Oc CA = − 1=1 ρ c O Oc CB = − 2 = 2 ρ

Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T

∆T = ti – te

h

t

e

t

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

Gradiente térmico do interior em relação ao exterior

te: variação de temperatura na fibras externas

ti: variação de temperatura nas fibras internas

te ti h

h

t

_i ∆T é linear ao longo de h

h: altura da seção transversal: h

exterior

t_g: variação de temperatura no CG

ti

No CG ocorrem duas deformações:

dδ_CG = α t_g ds ( ) ( ) ( ) ds h t ds h t t h d d d tg dϕ = ϕ = δi − δe = α i − e = α∆ No CG ds h dδδδδ_e dδδδδ_i dφ dδδδδ_CG CG dφ rotação alongamento

dδδδδ_e dδδδδ_i dφ dδδδδ_CG dφ ds h CG

=

dδδδδ_CG ds h CG

+

dφ dφ ds h CG dδδδδ_CG-dδδδδ_{e dδδδδ} CG-dδδδδe a) b) dδδδδ_CG dδδδδ_i- dδδδδ_CG dδδδδi - dδδδδCG

a) Efeito de variação uniforme de temperatura : e ∆T = 0 Efeito na seção: causa o alongamento uniforme ao longo de h dδδδδ_CG

0

≠

tg

alongamento rotação

b) Efeito de variação linear de temperatura : ∆T = ti – te e tg = 0

Efeito na seção: causa a rotação dφ

SOLUÇÃO DO SP SUJEITO A ∆T = SP SUJEITO À SOLICITAÇÃO a) + SP SUJEITO À SOLICITAÇÃO b)

a) Efeito de variação uniforme de temperatura: e ∆T = 0 Efeito na seção: causa o alongamento uniforme ao longo de h A barra de comprimento L_i terá a variação de comprimento igual a:

Conhecidos os para todas as barras, traça um Williot para conhecer os deslocamentos ortogonais recíprocos e, então, calcular os momentos de engastamento perfeito em cada barra.

dδδδδ_CG ∆L_i = α t_g L_i ∆L_i 0 ≠ tg

engastamento perfeito em cada barra.

b) Efeito de variação linear de temperatura: ∆T = ti - te, com tg = 0

Efeito na seção: causa a rotação

Como não há variação de temperatura no CG, não há variação de comprimento das barras. Portanto, os efeitos no SP são dados pelos momentos de engastamento perfeito das vigas sujeitas ao ∆T = ti – te:

dφ

perfeito das vigas sujeitas ao ∆T = ti – te:

(

)

h te ti EI M_A 2 3 − = α A _B llll M A A B llll M A M B

Pelo Método das forças, resolve a viga hiperestática sujeita a ∆T = ti – te:

( ) h te ti EI M M_A = − _B = 6 α −

Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica

SIMPLIFICAÇÕES NO CÁLCULO DE ESTRUTURAS SIMÉTRICAS

Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica

1ª SIMPLIFICAÇÃO: corta a estrutura na seção S de simetria e resolve apenas metade da estrutura (possível apenas para estruturas abertas)

Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S, Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S, pode-se concluir que 1 ou mais deslocamentos em S são nulos 2ª SIMPLIFICAÇÃO: há diminuição do d (nº de deslocabilidades)

VANTAGENS DE CONSIDERAR A SIMETRIA:

1. Há redução do nº de grau de deslocabilidade (d)

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

1. Para solicitação simétrica:

Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são

simétricos (mesmos valores e mesmos sinais) para momento e esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais

OBTENÇÃO DOS DIAGRAMAS SOLICITANTES DA OUTRA METADE:

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

2. Para solicitação anti-simétrica:

Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são anti-simétricos para momento e esforço normal e simétrico para

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

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

Em S, o deslocamento horizontal e rotação são nulos (δH e θ

provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ

0

=

θ

0 N_S ≠

0

H

=

δ

0

M

_S

≠

provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ

provocados pelo lado da direita):

a b c c b

S

P P T T Exemplo:

Na seção S de simetria há apenas deslocamentos verticais.

0

V

≠

δ

Q

_S

=

0

Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo

que impeça δ_H e θ e permita δv.

Exemplos:

Solução para estruturas abertas:

Estrutura a ser resolvida Reações: M e R_H S P P T T b c c b S = C P T (impede δH e θ) A B _C D A B a) _a b c c b S=C P P T T A B D E d = de + di = 1+2 = 3 de = 1 δHBD 0 Ɵ_B

≠

d_i = 2 Ɵ_D de = 1 δV_C 0 Ɵ_B

≠

d_i = 1 d = 2 Sistema Principal:

Estrutura simétrica com Diminuição uniforme de Temperatura S S Em S: e Estrutura a ser 0 =

θ

0 H = δ

Outros exemplos de estruturas simétricas com solicitações simétricas

b)

a _{b b a}

Estrutura

fechada: S Estrutura a ser _resolvida

S _{Estrutura a ser} resolvida S c) a a resolvida (Corta em S) Em S: eδ_H = 0

θ

=

₀

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

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

Na seção de simetria S há apenas deslocamentos verticais:

0

=

θ

0

V

≠

δ

V

θ

=

₀

δ

_HH

=

0

Se δv estiver impedido por um apoio na extremidade da barra rompe a estrutura em S e coloca um engaste, pois em

S terá: δv = δH = θ = 0. a S P P T T Exemplo: 0 V =

δ

S P Estrutura a ser resolvida b c c b T T D T resolvida d = di + de = 3 + 1 = 4 d = di =1

a S P P T T Exemplo: S P T Estrutura a ser resolvida b c c b T T D T d = di + de = 3 + 1 = 4 d = di =1

Há redução de 3 deslocabilidades, além da estrutura a ser resolvida ser bem menor !

Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é

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

Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico

Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma única seção S de simetria é vantagem calcular com k_s ,pois o nº de graus de deslocabilidades (d) reduz ainda mais. Exemplo:

P P

3. Resolução através da rigidez de simetria (Ks)

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

P P a S P P T T a b c c b d = de + di = 1+2 = 3 de = 1 δHBC 0 Ɵ_B

≠

d = 2 A B C D Ɵ_C ∆₁=Ɵ_B d_i = 1 Sistema Principal (considerando simetria) Aplicando ∆₁: a b c c b S P P T T A B C D Ɵ_B d_i = 2 ƟC Se considerar simetria: _δH BC= 0 devido a simetria 1 incógnita ∆∆∆∆1 ∆∆∆∆₁ 1 Ɵ_B= Ɵ_C Ɵ_B= Ɵ_C de = 0 d_i = 1 d = 1

Cálculo da rigidez de simetria (K_S)

K_S = rigidez de simetria da barra bi-engastada = valor dos momentos simétricos que se aplicados nas extremidades da barra (supostas livres para girar) provocam rotações unitárias simétricas nas extremidades

A

B

llll

llll θ= 1 _θ = 1 A B qual o valor de K_S ?

viga bi-engastada com recalque angular simétrico Ɵ = 1

θ

= 1

_θ

= 1

A

B

θ

= 1

A

B

θ

= 1

A

B

=

+

llll

A

B

llll

A

B

llll

A

B

=

+

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque Ɵ =1

Cálculo da rigidez de simetria (K_S) llll θ= 1 _θ= 1 A B llll θ= 1 A B llll θ= 1 A B

=

+

MA = KA MB =tABKA MB =-KB MA =-tABKB

+

M_A = K_S MB = -KS

=

llll _{llll llll}

+

B BA A A K t K M = − Momentos resultantes A AB B B K t K M = − +

( )

1 t K K M M _A = _B = _s = −

Como a barra é elasticamente simétrica K_A =K_B=K e t_BA =t_AB=t

Se I=cte

(

)

l EI l EI K_s = 4 1− 0,5 = 2

+

Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os efeitos do outro lado são simétricos. Portanto, o SP resulta em:

Continuação do

exemplo: Sistema _Principal

(considerando simetria) ∆∆∆∆1 ∆∆∆∆₁ B C A D ∆∆∆∆1=1 Sistema Principal K_S d_i = 1 ∆₁=Ɵ B B Aplicando ∆₁=1: KB t_BAK_B K_S

para estruturas para estruturas simétricas, com carregamento simétrico para estruturas simétricas, com carregamento anti-simétrico

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

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

Em S o deslocamento vertical é nulo (δv provocado pelo lado da esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):

Na seção S de simetria há deslocamento horizontal e rotação

0

≠

θ

0 V =

δ

0 N_S =

0

H

≠

δ

0

M

_S

=

esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):

0

Q

_S

≠

Exemplos: a b c c b S P P T T Exemplos: a)

Solução: rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo que impeça δv e permita δH e θ.

a S P P T T c c S P T Estrutura a ser resolvida Reação: Rv de = 1 _δHB

≠

₀ d = 2 B d_i = 1 de = 1 _δH BC

≠

0 A B C D a b c c b S P P T T Ɵ_B a)

d = de +di = 1+2 = 3 Sistema Principal: d_i = 1

≠

d_i = 2 _{ƟB ƟC}

Recalque de apoio anti-simétrico

Outros exemplos de estruturas simétricas com carregamento anti-simétrico:

S

Em S: δ_V = 0

b)

Estrutura S Estrutura a ser

resolvida S S Estrutura a ser resolvida a _{b b a} ρ ρ S c)
Estrutura fechada: S resolvida (Corta em S) a a Em S: δ_V = 0 S S c)

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

Na seção de simetria S há deslocamento horizontal e rotação:

0

≠

θ

0

=

δ

δ

≠

0

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

0

≠

θ

0

V

=

δ

δ

_H

≠

0

a b c c _b S P P T T D J Exemplo:

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

a S (C) P P T T I B D Solução do exemplo: C P T B Estrutura a ser resolvida b c c _b T T F I A _E b c T _I/2 F A resolvida d = 3 + 1 = 4 _{d = 2 + 1 = 3} de = 1 δHBC

≠

0 d_i = 2 de = 1 δHBD

≠

0 d_i = 3 Sistema Principal: I/2 Ɵ_B Ɵ_C Ɵ_D Ɵ_B Ɵ_C d = 3 + 1 = 4 _{d = 2 + 1 = 3}

Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico Para a barra SD o DMF é o dobro daquele obtido com essa metade

3. Resolução através da rigidez de anti-simetria (K_a)

Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma única seção S de simetria pode-calcular através da rigidez Ka Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações anti-simétricas:

S P P T T b c c b _A B C D ∆₁=Ɵ_B Sistema Principal Exemplo: 1 1 2 2 2 ∆ ∆2 1 ∆ 1 ∆ ∆₂=δ_HB a b c c _b C P P T T A B D S d = de + di = 1+2 = 3 de = 1 δH_BC

≠

0 d_i = 2 ∆₁=Ɵ_B Devido a anti-simetria devido a anti-simetria d=2: δH_BC ∆₂=δ_HB O apoio 2 é dividido em 2 apoios para que ∆₂

também seja anti-simétrico

Ɵ_B Ɵ_C

Ɵ_B =Ɵ_{C di = 1}

K_a = rigidez de anti-simetria da barra bi-engastada = valor dos momentos anti-simétricos que se aplicados nas extremidades da barra (supostas livres para girar) provocam rotações

unitárias anti-simétricas nas extremidades

Cálculo da rigidez de anti-simetria (K_a)

unitárias anti-simétricas nas extremidades

A

B

llll

_llll θ= 1 _θ= 1 A B qual o valor de K_a ?

viga bi-engastada com recalque angular anti-simétrico Ɵ = 1

θ

= 1

θ

= 1

θ = 1 _θ = 1

llll

θ

= 1

A

B

llll

θ

= 1

A

B

=

+

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque Ɵ = 1

llll

θ = 1 _θ = 1

MOMENTOS DEVIDO À ROTAÇÃO ANTI-SIMÉTRICA

Ɵ

llll θ = 1 A B llll θ = 1 A B

=

+

llll θ = 1 _θ = 1 A B MA = KA MB =tABKA K t K M = + Momentos resultantes MB =KB MA =tABKB

K

t

K

M

=

+

+

+

MA = Ka MB =Ka

=

llll A _llll llll

+

M_A = K_A +t_BAK_B Momentos resultantes A AB B B

K

t

K

M

=

+

+

( )

1

t

K

K

M

M

_A

=

_B

=

_s

=

+

Como a barra é elasticamente simétrica K_A =K_B=K e t_BA =t_AB=t

Se I=cte

(

)

l EI l EI K_a = 4 1+ 0,5 = 6

+

Solução do exemplo:

Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os

efeitos do outro lado são anti-simétricos. Portanto, o SP se torna:

∆₁=Ɵ B Sistema Principal 1 1 2 2 2 ∆ ∆2 1 ∆ 1 ∆ ∆₂=δ H_B B C A D Sistema Principal Aplicando ∆₁=1: B d = 2: ∆1=Ɵ_B ∆2=δ H_B

∆∆∆∆

1

=1

KB t_BAK_B K_a

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

1. Decompõe o carregamento em parcelas simétrica e anti-simétrica 2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico) 3. Resolve metade da estrutura com o carregamento anti-simétrico (Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é

simétrico)

4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os diagramas dos itens 2 e 3.

VANTAGEM: apesar de ter que resolver a estrutura para 2

carregamentos diferentes, a estrutura a ser resolvida é a metade da original, além de haver redução do d.

a P T a P/2 P/2 Exemplos: = _{+ a} P/2 P/2 Carregamento simétrico Carregamento anti-simétrico b c d T d q1 q2 b c a b c T/2 _T/2 b c = _{+ a} b c T/2 T/2 b c = ₊ q₁/2 q₂/2 c q₂/2 q1/2 q1 q1/2 q2/2 c q2/2 q1/2 a a b c c _c c _c d d q1 q2 d d q1/2 q2/2 q1/2 d d q1/2 q2/2 q1/2 q2/2 = ₊