HIPERESTÁTICA

Prof. Edilber to Vitorino de Borja

AULA 06 – MÉTODO DAS FORÇASExercício 1

Prof. Edilber to Vitorino de Borja

EXERCÍCIO 1

2 tf/m5 tf

OBTER OS DIAGRAMAS DO MOMENTO FLETOR E ESFORÇOCORTANTE E AS REAÇÕES DE APOIO PARA A ESTRUTURA DADA,SOLICITADA PELO CARREGAMENTO INDICADO (J = cte).

1

A

2 tf/m

4 4 2

2B C

1 tf/m

Procurar obter um SP para o qual os diagramas a combinar sejamsimples, acarretando uma obtenção não trabalhosa de δ.

Escolha do SISTEMA PRINCIPAL – Viga Contínua

1

A

2 tf/m

4 4 2

2B C

1 tf/m

5 tf

e = 3r = 5

ge = 2

4 4 2

Colocação de rótulas nos ApoiosOPÇÕES 1

g

1

A

2 tf/m

4 4 2

2B C

1 tf/m

5 tfX1 X1 X2

4 4 2

2B C

1 tf/m

5 tf

X2X1

1

A

2 tf/m

Eliminação Vínculos de Apoio = gh2

SISTEMA PRINCIPAL

1

A

2 tf/m

4 4 2

2B C

1 tf/m

5 tfX1 X1 X2

• O número de casos básicos é sempre igual ao grau de

•Como a estrutura original é duas vezes hiperestáticas, existem

três casos básicos.

Sol. Básicas = gh + 1

• O número de casos básicos é sempre igual ao grau dehiperestaticidade mais um.

Caso (0) – solicitação externa (carregamento) isolada no SP

TERMOS DE CARGA

A

2 tf/m1 tf/m

5 tfE(0)

(0) caso no externo

tocarregamen pelo provocado X2 a associado 2) (pos. 2 rótula na rotação

(0) caso no externo

tocarregamen pelo provocado X1 a associado 1) (pos. 1 rótula na rotação

20

10

→

→

δ

δ

1

A2B C

δ10 δ20

Caso (1) – carregamento hiperestático X1 = 1

E(1)X1

A2B

C

X1

(1) caso no

tocarregamen pelo provocado X2 a associado 2) (pos. 2 rótula na rotação

(1) caso no

tocarregamen pelo provocado X1 a associado 1) (pos. 1 rótula na rotação

21

11

→

→

δ

δ

δ11 δ2112B

Caso (2) – carregamento hiperestático X2 = 1

2B Cδ12 δ22

X2

1

A

E(2)

(2) caso no

tocarregamen pelo provocado X2 a associado 2) (pos. 2 rótula na rotação

(2) caso no

tocarregamen pelo provocado X1 a associado 1) (pos. 1 rótula na rotação

22

12

→

→

δ

δ

δ12 δ221

M0 – Diagramas no Sistema Principal

1

A

4

2 tf/m

B +4 2

2B C

1 tf/m

5 tf

BARRA 1 BARRA 2

M(0)

ql²8+

6

2B C

1 tf/m

ql²8

1.6²8

4,5= =

+

2B C

5 tf

a = 4 b = 2

PabL

5.4.26

6,67= =

+

M(1)M1 – Diagramas no Sistema Principal

BARRA 1 BARRA 2

+A B BC

1

-

1 1

M(2)M2 – Diagramas no Sistema Principal

BARRA 1 BARRA 2

+A B BC

1

0 -

1

COMBINAÇÕES

Caso (0) – solicitação externa (carregamento) isolada no SP

0 X X 21211110 =++ .. δδδ1

A

2 tf/m

2B C

1 tf/m

5 tf

δ10 δ20

ROTAÇÃO NA POSIÇÃO 1

Caso (1) – HIPERESTÁTICO X1 ISOLADO NO SP

Caso (2) – HIPERESTÁTICO X2 ISOLADO NO SP

δ11 δ21

X1

1

A2B

C

X1

2B Cδ12 δ22

X2

1

A

COMBINAÇÕES

Caso (0) – solicitação externa (carregamento) isolada no SP

1

A

2 tf/m

2B C

1 tf/m

5 tf

δ10 δ20

ROTAÇÃO NA POSIÇÃO 2

0 X X 22212120 =++ .. δδδ

Caso (1) – HIPERESTÁTICO X1 ISOLADO NO SP

Caso (2) – HIPERESTÁTICO X2 ISOLADO NO SP

δ11 δ21

X1

1

A2B

C

X1

2B Cδ12 δ22

X2

1

A

Restabelecimento das condições de COMPATIBILIDADE

•Com base na superposição dos três casos básicos, são

restabelecidas as condições de compatibilidade que foram

violadas na criação do SP.

•O objetivo é restabelecer as condições impostas pelos apoios

=

+

0

0

X2

X1

2221

1211

20

10

δδδδ

δδ

•O objetivo é restabelecer as condições impostas pelos apoios

eliminados, isto é, vai se impor que, na superposição, as

rotações finais dos pontos dos apoios são nulos.

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ10

BARRA 1

M(0) M(1)

ql²8

2.4²8

4= =+ -

1

5,33- (4)(4)(-1)31

MM 31

10 ==l

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ10

BARRA 2

M(0) M(1)ql² 1.6² 4,5 1

9,00- 1)(6)(4,5)(-31

MM 31

10 ==l

ql²8

1.6²8

4,5= =

+

1

PabL

5.4.26

6,67= =

+

1

8,87- ))(6,67)(-131

(6)(161

M)M (1 61

10 =+=+ βl

a b

α = a/l β = b/l

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ10

M(0) M(1)BARRA 1

5,33- (4)(4)(-1)31

MM 31

10 ==l

BARRA 2

9,00- 1)(6)(4,5)(-31

MM 31

10 ==l

8,87- ))(6,67)(-131

(6)(161

M)M (1 61

10 =+=+ αl

δ10 = -23,20

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ20

BARRA 1

M(0) M(2)

ql²8

2.4²8

4= =+

0=

0

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ20

BARRA 2

M(0) M(2)ql² 1.6² 4,5 1

9,00- 1)(6)(4,5)(-31

MM 31

20 ==l

ql²8

1.6²8

4,5= =

+

PabL

5.4.26

6,67= =

+

11,12- ))(6,67)(-132

(6)(161

M)M (1 61

20 =+=+ αl

-

1

-

1

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ20

M(0) M(2)BARRA 1

0=

BARRA 2

9,00- 1)(6)(4,5)(-31

MM 31

20 ==l

11,12- ))(6,67)(-132

(6)(161

M)M (1 61

20 =+=+ αl

δ20 = -20,12

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ11

BARRA 1

M(1) M(1)

-

1

-

1

1,33 )(4)(-1)(-131

MM 31

11 ==l

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ11

BARRA 2

M(1) M(1)

2,00 )(6)(-1)(-131

MM 31

11 ==l

11

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ11

M(1) M(1)BARRA 1

1,33 )(4)(-1)(-131

MM 31

11 ==l

BARRA 2

2,00 )(6)(-1)(-131

MM 31

11 ==l

δ11 = 3,33

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ22

BARRA 2

M(2) M(2)

2,00 )(6)(-1)(-131

MM 31

22 ==l

-

1-

1

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ22

M(2) M(2)BARRA 1

0=BARRA 2

2,00 )(6)(-1)(-131

MM 31

22 ==l

δ22 = 2,00

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ12

BARRA 1

M(2) M(1)

-

1

0=

0

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ12

BARRA 2

M(2) M(1)

1,00 )(6)(-1)(-161

MM 61

12 ==l

-

1 1

Combinação de diagramas de momentos fletores para o cálculo de δ12

M(2) M(1)BARRA 1

0 =

BARRA 2

1,00 )(6)(-1)(-161

MM 61

12 ==l

δ12 = 1,00

SISTEMA DE EQUAÇÕES DE COMPRIMENTO À ELÁSTICA

0 X X

0 X X

22212120

21211110

=++=++

..

..

δδδδδδ

0 X(2,00) X(1,00) (-20,12)

0 X(1,00) X(3,33) 23,20)(

21

21

=++=++−

..

..

tf.m 7,73 X

tf.m 4,67 X

2

1

==

EFEITOS FINAIS

REAÇÕES

A

2 tf/m

B

4,65 tf.m

B C

1 tf/m

5 tf 7,73 tf.m4,65 tf.m

1

A B

4

VA = 2,84 tf VB = 5,16 tf

4 2

2

B C

VB´´ = 4,15 tf VC = 6,85 tf

ESFORÇO CORTANTE

1

A

2 tf/m

2B

1 tf/m

5 tf

2,84

4,15

5,16

0,15

6,85

4,85

+ +

--

Exercicio: dada a viga contínua abaixo, pede-se obter o DMF e DEC.

1 tf/m 2 tf/m

6 tf

1 tf/m

Dado: J1 = J ; J2 = 1,25J ; J3 = J

4 2 8 6