Engenharia Civil Hiperestática Lista 1 Método da Carga Unitária

1)

Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo.

Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 16000 kN.

Solução: 1 3 4 2 2 m 2 m 2 m 1,5 m 1 kN V1 V2 HA

Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 0 H 0 Fx   A 



Em seguida pode-se resolver a equação:



M_z 0, assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos:

kN 5 , 0 V 0 2 1 4 V 0 M 1 1 z        



 usando a equação:



F_y 0, temos:

kN 5 , 1 V 0 1 V V 0 F 2 2 1 y        



Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen  = 0,6 e cos  = 0,8)



4 N2-4 N3-4 1 kN



1 N1-2 N1-3 0,5 kN



2 N2-3 N1-2 N2-4 1,5 kN kN 33333 , 1 N 0 cos N N kN 66667 , 1 N 0 sen N 1 4 3 4 2 4 3 4 2 4 2                   kN 66667 , 0 N 0 cos N N kN 83333 , 0 N 0 5 , 0 sen N 2 1 3 1 2 1 3 1 3 1                  kN 83333 , 0 N 0 5 , 1 sen N sen N 3 2 4 2 3 2            Barra Nó i Nó f N N L N.N.L 1 1 2 -0,66667 -0,66667 4 1,7777956 2 3 4 1,33333 1,33333 4 7,1110756 3 1 3 0,83333 0,83333 2,5 1,7360972 4 2 3 -0,83333 -0,83333 2,5 1,7360972 5 2 4 -1,66667 -1,66667 2,5 6,9444722 = 19,305538 m 0012066 , 0 16000 19,305538 EA L N N    



1,21mm Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é =1,21 mm (para baixo)

2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 1,0 kN 1 3 2 4 1 4 3 2 5

2)

Calcule o deslocamento horizontal do nó 4 da treliça vista na figura abaixo.

Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA =

533,33 kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já

foram fornecidos.

Barra _{N N L N.N.L} 1 –2,000 0,500 4,0 -4,0 2 +4,000 1,000 4,0 16,0 3 +2,500 0,625 2,5 3,90625 4 –2,500 -0,625 2,5 3,90625 5 –5,000 0,000 2,5 0,0 = 19,8125 Solução: 1 3 4 2 2 m 2 m 2 m 1,5m 1 kN V1 V2 HA

Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. 1 H 0 Fx   A 



Em seguida pode-se resolver a equação:



M_z 0, assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos:

kN 375 , 0 V 0 5 , 1 1 4 V 0 M_z   ₁     ₁ 



 usando a equação:



F_y 0, temos: kN 375 , 0 V 0 V V 0 Fy   1 2   2 



Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen  = 0,6 e cos  = 0,8)



1 N1-2 N1-3 0,375 1,0 ₄



N2-4 N3-4 1,0



2 N2-3 N1-2 N2-4 0,375 kN 5 , 0 N 0 1 cos N N kN 625 , 0 N 0 375 , 0 sen N 2 1 3 1 2 1 3 1 3 1                 kN 1 N 0 1 cos N N kN 0 N 0 sen N 4 3 4 2 4 3 4 2 4 2                kN 625 , 0 N 0 375 , 0 sen N sen N 3 2 3 2 4 2            m 0,0371487 533,33 18,8125 EA L N N 3    



Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 3,71 cm (para direita)

2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 3,0 kN 1 3 2 4 1 4 3 2 5

3)

Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo.

Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 31700 kN.

Solução: Barra N N L N.N.L 1 12 1 4 48,000 2 12 0,33333 4 16,000 3 -12 -0,66667 4 32,000 4 -15 -1,25 2,5 46,875 5 0 -0,41667 2,5 0,000 6 0 0,41667 2,5 0,000 7 -15 -0,41667 2,5 15,625 = 158,500 m 005 , 0 31700 158,5 EA L N N    



5mm

Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 5,00 mm (para baixo)

1 3 2 4 ₅ 2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 9,0 kN 1 ₂ 3 4 ₅ 6 7 9,0 kN

4)

Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo.

Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 3200

kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já foram

fornecidos (menos a barra 3!).

Solução: Barra N _N L _N.N.L 1 +2,00 +1,0000 4,0 8,0000 2 +6,00 +0,3333 4,0 8,0000 3 -4,00 -0,6667 4,0 10,6667 4 -2,50 -1,2500 2,5 7,8125 5 +2,50 -0,4167 2,5 -2,6042 6 -2,50 +0,4167 2,5 -2,6042 7 -7,50 -0,4167 2,5 7,8125 = 37,08396 m 0116 , 0 3200 08396 , 37 EA L N N 4 V    





Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é V4=11,6 mm (para baixo) 1 3 2 4 5 2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 6,0 kN 1 ₂ 3 4 ₅ 6 7

5)

Calcule o deslocamento horizontal do nó 3 da treliça vista ao lado. Todas as nove

barras são tubos de aço (E=210 GPa) com diâmetro externo de 10 cm e diâmetro

interno 9,2 cm.

2 m

2 m

4 m

4 m

3 m

3 m

4 m

1 2 3 6 5 4 7 8 9 1 2 3 4 5 6

20 kN

   65 4 sen ; 65 7 cos 13 3 52 6 sen  ; 13 2 52 4 cos  13 2 sen  ; 13 3 cos Solução:

Para o carregamento original, os esforços normais N são calculados abaixo: Reações de Apoio 0 20 H 0 Fx    1  



H₁ 20kN 0 14 V 0 Mz(1)   3 



V3 0kN 0 V V 0 F_y   ₁  ₃ 



V₁ 0kN Nó 1



1 H1 N1 N3



kN 22,18801 N kN 37,21042 N 0 sen N sen N 0 F 0 H cos N cos N 0 F 3 1 3 1 y 1 3 1 x                  





Nó 4 4 N7 N4





22,18801 kN 245 , 9 N kN 03701 , 24 N 0 sen 18801 , 22 sen N sen N 0 F 0 cos 18801 , 22 cos N cos N 0 F 7 4 7 4 y 7 4 x                     





Nó 5 5 N8



24,03701 24,03701 N 26,66667kN 0 N sen 03701 , 24 sen 03701 , 24 0 F 8 8 y         



Observações

1) Os esforços normais nas barras 2, 6, 5 e 9 são iguais aos esforços nas barras 1, 3, 4 e 7, respectivamente; 2) Os esforços normais para a carga unitária foram calculados dividindo-se por vinte os esforços normais para o

carregamento original. Barra N N L N.N.L 1 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 2 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 3 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 4 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 5 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 6 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 7 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 8 26,66667 1,33333 4,00000 142,22226 9 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 = 1852,6805



 











m 0,0073131 03 , 253338 1852,6805 EA L N N kN 03 , 253338 m 10 12,063716 m kN 10 210 cm 2 , 9 cm 10 4 GPa 210 EA 11 1 i i i i 2 2 2 6 2 2           



 

6)

Calcule o deslocamento vertical no meio do vão AB da viga biapoiada vista na

figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia

EI = 8000 kN.m

2

.

B

A

8,9 kN

4,3m

1,1m

C

1,2m

D

9,8 kN

Solução: B A 8,9 kN 4,3m 1,1m C 1,2m D 9,8 kN VA VB B A 4,3m 1,1m C 1,2m D VA VB 1

Reações de apoio para o carregamento original



M_z 0, ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: kN 87674 , 8 V 0 1 , 1 8 , 9 5 , 5 9 , 8 3 , 4 VA       A 



F_y 0, temos: kN 82326 , 9 V 0 8 , 9 9 , 8 V VA B    B 

Tomando a origem de x em A, a equação de esforços no trecho AB é:

m 3 , 4 x 0 ) 2 , 1 x ( 9 , 8 x 87674 , 8 ) x ( M ) 2 , 1 x ( 9 , 8 x V ) x ( M_AB  _A    _AB      

Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços:

m 3 , 4 x 15 , 2 ) 15 , 2 x ( 1 x 5 , 0 ) x ( M m 15 , 2 x 0 x 5 , 0 ) x ( M AB AB          

Assim o deslocamento no meio do vão é:

















m 00310 , 0 8000 5 24,7997 EI 5 24,7997 5 24,7997 dx 15 , 2 x 5 , 0 ) 2 , 1 x ( 9 , 8 x 87674 , 8 dx x 5 , 0 ) 2 , 1 x ( 9 , 8 x 87674 , 8 EI C 3 , 4 15 , 2 15 , 2 0 C                   





7)

Calcule o deslocamento vertical do ponto C da viga biapoiada com balanço vista

na figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão. Adote

uma rigidez da seção transversal constante para todo o comprimento da viga

E.I = 609,44 kN.m

2

.

B

A

4,5 m

1,5 kN/m

2,0 m

C

Solução: B A 1,5 kN/m 4,5 m 2 m C VA VB HA B A 4,5 m 2 m C VA VB HA 1

Reações de apoio para o carregamento original



M_z 0, ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: kN 70833 , 2 V 0 25 , 1 ) 5 , 6 5 , 1 ( 5 , 4 VA      A 



F_y 0, temos: kN 04167 , 7 V 0 ) 5 , 6 5 , 1 ( V VA  B     B 

Tomando a origem de x em A, as equações de esforços nos trechos AB e BC serão:

2 BC B A BC 2 AB A AB x 75 , 0 x 75 , 9 6875 , 31 ) x ( M ) 5 , 4 x ( V 2 x x 5 , 1 x V ) x ( M x 75 , 0 x 70833 , 2 ) x ( M 2 x x 5 , 1 x V ) x ( M              

Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços:

5 , 6 x ) x ( M ) 5 , 4 x ( V x V ) x ( M x 444 , 0 ) x ( M x V ) x ( M BC B A BC AB A AB            Assim o deslocamento em C:

















m 001 , 0 44 , 609 6094 , 0 EI 6094 , 0 6094 , 0 dx 5 , 6 x x 75 , 0 x 75 , 9 6875 , 31 dx x 444 , 0 x 75 , 0 x 70833 , 2 EI C 5 , 6 5 , 4 2 5 , 4 0 2 C               





8)

Calcule o deslocamento vertical da extremidade C da viga biapoiada vista na

figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia

EI = 1000 kN.m

2

.

B

A

10 kN

4 m

C

1 m

Solução: B A 10 kN 4 m C 1 m VA=12,5 kN VB B A 4 m C 1 m VA=1,25 VB 1

Reações de apoio para o carregamento original



M_z 0, ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: kN 5 , 12 V 0 0 , 5 10 0 , 4 VA     A 



F_y 0, temos: kN 5 , 2 V 0 10 V VA  B    B 

Tomando a origem de x em C, a equação de esforços nos trechos CA e AB são: m 0 , 5 x 0 , 1 x 5 , 2 5 , 12 ) x ( M ) 1 x ( V x 10 ) x ( M m 0 , 1 x 0 , 0 x 10 ) x ( M AB A AB AC                

Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: m 0 , 5 x 0 , 1 x 25 , 0 25 , 1 ) x ( M m 0 , 1 x 0 , 0 x ) x ( M AB AC           

Assim o deslocamento no meio do vão é:



  



 



m 0167 , 0 1000 3 / 50 EI 3 / 110 3 / 50 dx x 25 , 0 25 , 1 x 5 , 2 5 , 12 dx x x 10 EI m 0 , 5 0 , 1 0 , 1 0 , 0 m                 

_

_

9)

Calcule o deslocamento vertical da extremidade (nó C) da viga biapoiada vista na

figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia

EI = 11250 kN.m

2

.

B

A

6 kN/m

4m

1m

C

Solução: B A 6 kN/m 4m 1m C VA VB HA B A 4m 1m C VA VB HA 1

Reações de apoio para o carregamento original



M_z 0, ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: kN 25 , 11 V 0 5 , 1 ) 5 6 ( 4 VA      A 



F_y 0, temos: kN 75 , 18 V 0 ) 5 6 ( V VA  B     B 

Tomando a origem de x em A, as equações de esforços nos trechos AB e BC serão:

2 BC B A BC 2 AB A AB x 3 x 30 75 ) x ( M ) 4 x ( V 2 x x 6 x V ) x ( M x 3 x 25 , 11 ) x ( M 2 x x 6 x V ) x ( M              

Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços:

5 x ) x ( M ) 4 x ( V x V ) x ( M x 4 1 ) x ( M x V ) x ( M BC B A BC AB A AB            Assim o deslocamento em C:













m 001 , 0 11250 25 , 11 EI 25 , 11 25 , 11 75 , 0 12 dx 5 x x 3 x 30 75 dx x 4 1 x 3 x 25 , 11 EI C 5 4 2 4 0 2 C                           

_

_

10)

Calcule o deslocamento vertical do nó B do quadro isostático visto na figura

abaixo. Considere o quadro trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia

constante nas duas barras EI = 135500 kN.m

2

.

B A C

6 m

8 kN

4 m

1 kN

Solução: B A C 6 m 8 kN 4 m 1 kN B A C 6 m 1 4 m

Equações de momentos para o carregamento original

Barra BC – origem do eixo x em B m 6 x 0 x 8 ) x ( M_BC    

Barra AC – origem do eixo x em C

m 4 x 0 x 1 48 ) x ( MBD     

Equações de momentos para a carga unitária

Barra BC – origem do eixo x em B m 6 x 0 x ) x ( MBD    

Barra AC – origem do eixo x em C m 4 x 0 6 ) x ( M_BD    

  



 

m 0124 , 0 135500 1680 EI 1680 1680 dx 6 x 48 dx x x 8 M M EI VB 4 0 6 0 VB           







11)

Calcule os deslocamentos horizontal e vertical do nó B do quadro isostático

representado pela figura abaixo. Considere o quadro trabalhando basicamente à

flexão com inércia EI = 80000 kN.m

2

.

B A C D 12 kN/m 5 m 2 m 20 kN 2 m Solução: B A C D 12 kN/m 5 m 2 m 20 kN 2 m B A C D 5 m 2 m 2 m

1

Equações de momentos para o carregamento original

Barra BD – origem do eixo x em B m 2 x 0 x 20 ) x ( M_BD     Barra CD – origem do eixo x em D

m 5 x 0 40 x 6 ) x ( MBD  2   

Barra AC – origem do eixo x em C

m 4 x 0 x 20 190 ) x ( MBD     

Equações de momentos para a carga unitária

Barra BD – origem do eixo x em B m 2 x 0 x ) x ( MBD    

Barra CD – origem do eixo x em D m 5 x 0 2 ) x ( M_BD    

Barra AC – origem do eixo x em C m 4 x 0 2 x ) x ( MBD     

  





 







m 01325 , 0 80000 1060 EI 1060 1060 dx 2 x x 20 190 dx 2 40 x 6 dx x x 20 M M EI HB 4 0 5 0 2 2 0 HB                    

_

_

_

_

Deslocamento horizontal do nó B = 0,01325 m.

12)

Calcule o deslocamento horizontal do apoio B do pórtico hiperestático

representado pela figura abaixo. Considere as barras 1 e 3 de inércia EI=20000 kN.m

2

e a barra 2 de inércia 4EI, todas trabalhando fundamentalmente à flexão.

1

2

B

A

C

D

5 m

4

m

3

3

m

8 kN

Solução: B A C D 8 kN 1,6 kN 1,6 kN 8 kN B A C D 1 0,2 0,2 1

Equações de momentos para o carregamento original

Barra BD – origem do eixo x em B m 3 x 0 x 8 ) x ( M_BD     Barra CD – origem do eixo x em D

m 5 x 0 x 6 , 1 24 ) x ( MCD     

Barra AC – origem do eixo x em A m 4 x 0 x 8 ) x ( M_AC    

Equações de momentos para a carga unitária

Barra BD – origem do eixo x em B m 3 x 0 x ) x ( M_BD    

Barra CD – origem do eixo x em D

m 5 x 0 x 2 , 0 3 ) x ( M_CD     

Barra AC – origem do eixo x em A m 4 x 0 x ) x ( M_AC    

  







  





m 0183 , 0 20000 366 EI 366 dx EI ) x ( 8 dx EI 4 x 2 , 0 3 8 dx EI ) x ( 8 dx EI x x 8 dx EI 4 x 2 , 0 3 6 , 1 24 dx EI x x 8 EI M M HB 4 0 2 5 0 2 3 0 2 HB 4 0 5 0 3 0 HB                  













