Süssekind - Curso de análise estrutural III

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, 1947Curso de análise estrutural / José Carlos Sussekind. - Rio de Janeiro : Globo, 1987.

S963c v.1-3

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 - Análise (Engenharia) 3. Forças e tensões I. Titulo.

1. 2. 3. 4.

indices para catálogo sistemático: Análise estrutural : Engenharia 624.171 Deformações : Engenharia de estruturas 624.176 Estruturas : Análise : Engenharia 624.171 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 mecânico ou eletrõnico, fotocópia, gravação etc. - nem apropriada ou estocada em sistema de banco de dados, sem a expressa autorização 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 estudante - objetivo final de nossos esforços. Rio de Janeiro, 10 de abril. de 1974 José Carlos Sussekind

Sumário

CAPÍTULO I - O METODO DAS DEFORMAÇÕES I

-

2

-

A idéia d o método - Incógnitas

I

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 d c uma barra II 3.2 - mo minto^ devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos 4

-

15

O mecanismo d o 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 4 4 5.2.1 - R7c;ilqur de apoio 44 5.2.2 - Varia~áodc trmperstura 48

6 - Aplicação às estruturas com deslocabilidades externas 5 7

7 - Simplifica~ãopara 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 ode 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 n u m a Única secão 109

8

- Caso de barras com inércia variável

9

-

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

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 t o r ~ oiiornial 166

10 - Problemas propostos 171

CAPíTULO I

n - PROCESSO DE CROSS

- Introdução

181

2 - A idéia do processo 184

3 - Roteiro d o pmcesso de Cross para estruturas indeslocáveis 195

4

- Aplicação às estruturas planas indeslodveis

197

5 - Aplicação d o p~ocesíode 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 a p d o de linhas de influência 234 6.1 - Roteiro 234 6.2 - Aplicações 238 7 - Aplica* d o 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

2 - Cabos 2.1 2.2 2.3 -

267

com carregamento distribuido segundo o vão 268 Relação entre efeitos no cabo e esiorqos na vtga dc substitui~Zo 268 Caso de carga uniformcmcntc distribuída 271

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 ado vento 283

3 - Cabos m m 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 indeslocáveis) 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, escalonadamente, 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 agradecimentos 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 deformações 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 deformações, independentes umas das outras:'

Fig. 1-1

'Já que estarnos no regime linear

e é válido a princípio da superposiçio de efeitos.

3

O metodo das deformações

-

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 dificuldades, 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
11

-

Fig. 1-2

I-15

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 desprezamos as deformaçóes axiais das barras) de deslocamento. Assim, a única incógnita do nó C será sua rotação.

A

Fl.1-3 Também o nó B não apresentará deslocamentos lineares, pois suas cornponentes 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.


6

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.

+

grelhas, o número de deslocabilidades internas é igual b) Para o caso 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 1 , não terá componente horizontal de deslocamento, sendo, portanto, indeslocável;

d

- 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 denominação 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.


8

2.3

- Número

total de deslocabilidades

Como as incógnitas do problema são as rotaçóes dos nós internos rígidos da estrutura (traduzidas pelo valor d i ) 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:


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

I+

n

q'

"i

d = 1 + O = L (A estruhira não tem deslocabilidade externa.) 1-10.,

A

Fig 1-10

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

2 Ad

Fig. 1-11

1-11.1

A

1-11.,

dFig. = l1-12 +l=2

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.

M

d=2X4+0=8 (A grelha não apresenta deslaiabilidades lineares.)

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

Seja a barra biengastada AB da Fig. 1-16.1, cuja rigi'dez no nóA desejamos determinar. Conforme a definieão., trata-se de determinar o momento MA que deve ser aplicado em A para produzir a rotação = 1 indicadana Fig. - 1-16.2. Trata-se, então, da resolução da viga biengastada AB para o recalque angular 9 = 1 indicado em 1-163.

I

L 7 .

B

A

1-16.1

.

A 1-16.2 $0

= 1

\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

Y

A

1 - 17.1

2 EJ -

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, impondo a esta última as condições estáticas de eauilibrio. temos:

4EJ Daí temos: MA = 7 = ?,sendo

odia-

final o indicado em 11-17.3 -erama Assim, para uma barra biengastada,

A

4 EJ I

1 - 17.3

Fig. 1-1 7 C a s o de J constante.

de inércia constante J , sua rigidez num nó é dada por:

K = -4 E J 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 4EJ (1.2) Rigidez em um nó: K = I '.' 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 transmissão 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


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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 indispensável ao mecanismo operatório d o 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 cxtrcmidades da barra.

i

momentos atuantes nas

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

,

2y

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: K ' = - 3 EJ (1.4) I

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 =- K =-J (1.5) 4E I 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 aplicaçOes subsequentes à apresentação do mecanismo operatório do método das deformações.


15

3.2 - Momentos devidos a deslocamentos ortogonais recíprocos a) Barra biengastada -1A

Seja obter. para a viga bieiigastada AB de váo 1 da Fig. 1-20, I . o diagrama de inoinentos fletores despertado por 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. Partindo desta grama pode ser empregando-se o ou. iiiesrno. pelo so de hlohr.'

-.... "T+----+1-20.1

-

interpretação, o diadiretamente obtido método das forças emprego do proces-

I-20.2

1-20.3

M% BA

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 superposição dos efeitos de uma rotação

ipA

=

P +T e de uma rotação

ipg

=

+ PT .

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

=

KAPA + t ~ - A &@E =+ (KA

+ f ~ - AK

B~

(1.7)

4~onsideraremogpositivo um deslocamento ortogonal ~ecfpracoquando 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 d i Mohr.na aplicaqão 1-27 do Cdp. I, vol. I1 dc nossa Curso.

Cuno de analise estrutural

16

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 inércia constante J, como Ka.. = K -B = 6EJp - -4EJ e t = 0,5,virá: -

1

6 EJp

A P MA

6EJp 111

F ~1-21 , C a s a de inércia constante.

grama de momentos fletores, no caso. o indicado na Fig. 1-21. Os casos de inércia variável serão 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 ( t p ) 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%oda mesma viga para uma rotaçáo imposta em A, de valor P conforme indica a Fig. 1-22.2.

pA = +-,

I

A

j - 4 &------ --.>. 1'

@

1-22.1

Partindo da defmição de rigidez K' de um nó engastado de uma barra engastada e rotulada, obtemos o diagrama de momentos íietores desejado, representado na Fig. 1-22.3 e defmido pelo valor P

MÁ = K i p A = K i -j-

*A;+-

(1.9)

1-22.2

expressáo esta inteiramente geral (para qualquer lei de variação de inércia). 1 . ~ 3

~ i g1-22

Em particular, se tivermos numa barra de inércia constante J , levando em conta a expressão (I.4), virá

nfA MA

F i i 1-23

- Caso de 3 constante.

= 3EJp -,

obtendo-se, para este 1' caso, o diagrama de momentos fletores 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 wnentrada (Viga com inércia constante)

O ni6todo das deformaçóes

19

TABELA 111 - Grandezas auxiliares para barras com inércia constante J

Barra engastada e ratiilada

Barra biengartada A

B

A

B

I

B

V

L

k

A Y

I

4 liJ

E1r A3=

I

B

A

A

kA:-

J I

B

3 X k ~ = - -J A

B

A

---- ... '-Q

B 4 --__ -. -..

6 EJP

M A = + - 3 EIP

M A = M ~ = +

7-

l2

p=-1 A

-

B

2 EJ

K"

L

, k,=-X72

q=+i

J 1

p=+1

n A

E

6 EJ

liazi;

k,=- 3

2

X-

-

1 1

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

4

1

20

Curso de análise estrutural 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 nós B e C) e 1 externa (deslocamento horizontal da barra BC). Adotando um sistema principal que impeça todas estas deslocabilidades e que consiste na coloca~ãode chapas 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 funcionando como biengastadas (barras AB e BC) o11 engastadas e rotuladas (barra CD).

1711 d

, A

L

l

z

-

Fig. 1-24 -Estrutura dada.

+1*73 O

Fig. 1-25

-

Sistema principal.

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 desconhecemos os valores A,, A,, e A,, arbitramos um valor. por exemplo, unitário para estas deformações, devendo os efeitos assim obtidos ser multiplicados 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@ =

-wp

,


+A,[; bii

'

-

O,&

f-

3

03,

\A,=+,

I-20.2

-

Fig. 1-27

22


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 (estru-

tura 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 = li22

[CB

4

=

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 cstudadas 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


24

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 cargasinomento 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 ..... Cargamomento atuante em C = O..... Força horizontal atuante em C = O ...

C

1110 + PliAi + Pi2Aa + Pi3A3 = 0 + 1121~3,+ 022A1 + 1 1 2 3 a 3 = 0 + /133A3 = 0 030 + & I A , 1120

(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 n o sistema principal pelo agente solieitante externo (no caso, o carregamento) e Ei o efeito provocado, n o sistema principal, pelos deslocamentos com os valores arbitrados ( n o caso da Fig. 1-26. valores estes unitários) - será dado pela expressão (1.1 I), que resolve o problema.

E = E,

+ P EiAi

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)

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 n o item 5 esclarecerá o assun?o. 14 '0

25


c) O trabaiho de resolução de uma estrutura pelo método das deformações, conforme ilustra o exemplo d a 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:

{fio)

+

r81 {AI

=o

(i.12)

{o,},

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


26

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

1-30.1

t C ~

Kr

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, iniciaremos 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 - ( o s trabalhos virtuais igualados foram os das forças externas, já que os das forças internas são iguais entre si).


20)

27

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}).

Obtenção dos efeitos finais (E = E, t

40)

s

=

Z EiAi).

- APLICAÇOES AS ESTRWURAS SEM DESLOCABILIDADES

EXTERNAS 5.1 - A t u a p o 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 Com o auxilio da Tabela I, obtemos os momentos de engastamento perfeito e que sáo, n o caso:

O

+6

n -6

O

I

Para barra 2:

Mc =

p,0=+12

P,,=+6

I?

Pl -= 8

A

I

-6 int

Fig. 1-33

- Mo

Para barra 3:

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

Ozo

= t6 = +18 -

6

=

t12

b) Rotaçáo A, Como, conforme vimos na exposição do método. não somos obrigados a dar rotações unitárias, trabaiharemos com a rigidez relativa das barras (isto é, dividiremos a rigidez real por 4E) e multiplicaremos a inércia por I @ , para trabaharmos com números mais simple~.~

ry-\ Oii=

r'

17

02,=+1.5

A

+2

Fig. 1-34 - M ,

Assim, girando o rió 1, teremos: 1 74 Para a b a r a 1: k = A = L - 4 I

h

J 24. Para a barra 2: k = - = - = 3 1 8

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 80biidos os vaiarcs finais de A i c

4E

muitiplicamos a inércia por 10". 103 103 PB= - 4K AI e V C = -A2. 4F

tcrcmas que as rotaçõcs carrcfas de B o C ~er.iu:


29

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: 8ii

021

c) Rotação

= +7 = +1,5

A2

"

Adotando os mesmos fatores-escala que os escolhidos para a rotação A i , temos, girando o no 2:

p,,=+,,~

A

O~~.+IO

A

Para a barra 2:

Para a barra 3: Fig. 1-35 - M i

Para a barra 4:

Vem, então, conforme indica a Fig. 1-35: +li5

012

=

pz2

= t10

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

Daí. obtemos:

$:I :6 =

-

a] { )

=

Li:

i' 6:)]@I$ =

30


4. Efeitos finais

Seráo dados por E = E, - 0.62E, - 1.1 1E,, 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

t3.97 + 13.83 = 17.8r

t2.031

Pig. 1-38

-

DMF

ieiii

m t l c reqhcr de apoio

31

O método das deformacões

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 suficienteineiite 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

qB=-A, 4E

= -

4X2X10

= -0,78 X IO-%ad

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 tlrn

1. Sistema principal T a cstrtu d a desoaii dades intcrnas (rotações dos nós D e R e nenhuma deslocabilidade externa, o sistema principal é o dn Fig. 1-40.

A Fig. 1-40

A

O

O /

B

.C

32


A

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo Pela Tabela I , temos: Para a barra

M*

=

-iw, = 6 X4 2 = t8mt

=

+8

12

Para a barra

MD

@:

-MF

@:

=

Fig. 1-4 1 - M o

t 8 mt

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

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

@:

k = -J = -60 = 1 5

Barra

@: k ' = -34X - =1J- X 43

Barra

60 O :k = -J1 = 3

12

60 4

-=11,25 =

20

+10 Fig. 1-42 - M~


>ol1

=

55,25

Pzi = 6

c) Rotação A2 Agindo analogamente ao caso da rotação A , , obtemos da Fig. 1-43 (levando em conta que, no nó F, temos, para a barra

@ :k

60

I 2 e para 3 60 a barra @ : k' = - X - = 15): 4 3 = -=

A~

i


3. Cálculo das incógnitas i

E;} ['a5,;I =

-

-'

{-i} {-;;;;} =

I

1

1

4. Efeitos finais

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,033M1t 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:

34

-


Por Z X = O ...liA = 0,3St

6 tim

~or~~@=O...0,35X3+4V~-7,8-6X4X2+8,4=0 .-. VA = 11.6t

POI CiClc = O ... 1 I .6 X 8 + 4V8 t + 0,35 - 7,8 - 6 X 8 X4= = O : VB = 26,Xt

-

P o r X Y = O ... V c = 6 X 8 - V q - i % = =

0.4

0.7

7,8 A

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 oser adotado em qualquer outro.

t11.6t

Fig. 1-48

-

t

26.8%

tQ.8t

Ileuqõcr dc apoio.

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

0%

oc

I I I

Fig. 1-49


35

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: a) Carregamento externo Conforme a Tabela I, temos, devido à carga uniformemente distribuída: Para barra

@:

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

@:

carga distr. momento do

balanço

,I I 1 +12

v

a

-

-

-12 ;+I8

i

1

-4

I

I

Fii. 1-52

- Mo

-

O

1

-8 i

36


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 n o nó B: Para barra

0:

! i =

Para barra

@:

3 24 k = -X 4 6

Obtemos, então:

O,,

24 = 4 6

=

=

3

7

3. Cálculo da incógnita:

-Pio = -2Temos: A , = Pll 7

4. Efeitos finais 2 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. Como M

=

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


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, transferindo 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: 1. Sistema principal

Fig. 1-57


2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo Os efeitos serão idznticos aos do exemolo anterior e temos. conforme a Fig. 1-58:

pio

=

r;l

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 mdetiiir rigidez relativa do engaste elástico l o que. aliás, iião seria difícil. pois bastaria dividir sua constante do engastamento por 4E). Dando uma rota$ãu rad. temos iiii n 6 B : A, =

Fig. 1-59 - M i

Para a barra

@:

-44 =

Para a barra

@:

M

PII

Temos, então:

C)

=

= =

4EJ X 10-3 - 4 X 0,6 X 10 [ 6 3EJ X 10-3

I

=

4mt

= 3 mt

+7 t2

Rotação A2 rad, temos no nó A : Engaste

Dando. tainb8m. uma rotação A2 = elástico: iC1 = 104 X

=

I0 mt. Barra

@

: M=

4EJ X 10-3 =4mt. I

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

Pil pzz

= =

+2 t14 + 10

+4

-

v -

+2

a

-

Fig. 1-60

-

M,

O método das deformaçóes

3. Cálculo das incógnitas Temos:

4. Efeitos finais A partir dos iiiomentos finais nos nós, indicados na Fig. 1-61 (M =,%Io - 0,0425bJl - 0,85M2), obtemos o diagrama de momentos fletores da Fig. 1-62.

A

C

B t8.5

4

-13.87

i13.87

-8

4

Fig. 1-61 - Momentos finais (em mil. 13.87

Observe o leitor como a presença de 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 t o m o 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 A B da Fig. 1-63. Aplicando um momento K T em A . temos que a rotação por torção da barra AB em A será dada por

-1A

B

..

Para ter1110sp~= I , KT deverá valer:

x 5 Fig. 1-63

40


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 r e o , 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 rotação 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. então:

i5,L5, 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.

41

O mhtodo das deformações

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

Fig. 1-65

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo 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 ,

61,

= 0 ; 020 =

+2.5;

Fig. 1-67

=

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


Para a barra 2:

T=- GJtAl I

- -4 -

x

10 = +4 10

Obtendo-se, a partir do esquema da Fig. M 8 :

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:

T = - GJ,A, -1

4 X 10 = 4, 1o

Fig. 1-69 - E ,

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

d) RotaçZo A 3

n/

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

,r{

4EJA = 2 = 4 X 5 X 10 = 2o 1 1O

Fii. 1-70 - E ,

O rnbtodo das deforrnaçoes

Para a barra 3: G Jr A 3 _ 4 X 10 T=1 5

-

8,

obtendo-se, a partir do esquema da Fig. 1-70: f l i 3 =O; flz3 =O; flS3 = 28; f143

= 1Q

e) Rotação A, Fig.1-71

Analogamente ao caso da rotação A3. obtemos, a partir da Fig. 1-71: P14

= O;

024

= O;

f l y ~=

10;

1144

-

E4

= 28.

3. Cálculo das incógnitas

A partir da expressão (L13), temos:

i~,7

r44

-4

O

01

/ 01

~-o,oo~~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 - 0,0052E1 - 0,0572E1 + 0,277E3 - 0,277E4 (em mt)

E = E,


44

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

5.2

-

5.2.1

-

M tcrn mt)

Fig. 1-74 - T i e m m t )

Atuação de variação de temperatura ou recalqoes de apoios -

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 r o t a ( & ~ desta figura, como nãu existem LPA, LPg ncm carregamento externo. os momentos nas cxtrcrnidadcs da barra são função. iprnds, di: PBA.

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. respectivainente. obtemos d e, finalmente, tirando por d e c perpendiculares as barras 3 e 4. respectivamente, obtemos e , ficando completo o williot. Os desb d locamentos absolutos dos pontos A . O, C, D.E se+rão dados, então, pelos Fig. 1-76 v e t o r e s ~ n ,Ob, ..., 0 g d o wiliiot.

1~

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 = d e . Podemos, então, dizer que. para uma barra genérica IJ de uma estrutura, o deslocamento ortogooal reciproco da extremidade .iem relação i extremidade I será -f dado pelo vetor ij do williot correspondente. +

+

D

+

pDs = bd

Dr?

E

P E D = de

D

--

__--___--E

0

Fig. 1-77

c

+ PEC = ce


46

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 103tm2. 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

Para a barra 1:

=

6 EIp MB = 2

Para a barra 5: MR

=

AIB = A = -

I

-

-

6FJp

6 X 10' X 2.5 X [ O - ?

5' ú x 1 0 ) x . 3 ~10-?

I'

9

= -6int = -2O111t

3 X 1 0 " 3 ~ 1 0 ~ ~= - - -I 9 (Os sinais foram obtidos do esquema da 12ig. 1-79, que inostra serem negativos todos os valores dc p . çonformc a co~ivcriçáoal~rcseiitadaciii 3.2.a.)

Para a barra 6: MC =

3 EJp

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


48

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 apen-as 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 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.

C

19 Fig. 1-84

Cursa de análise estrutural

50

Para 11 caso da Fig. 1-85 (barra bieiigastada). MA = -Mo =

Me

EJLY(ti - t e ) h

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

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 Ar > O (caso contrário serão, evidentemente, inversos).

Fig. 1-85

Fig. 1-86

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

{A4 b) Efeitos de tg (com At

=

=

-[O]-' { b t ~ r l

0)

No caso da Fig. 1-82.3, como há variação de temperatura n o centro de gravidade das barras, as mesmas terão variações de comprimento iguais a Al, = atgl, e a Al, = otgl,; com isto, a posição do n o 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 C obtidos os pontos 1 e 2; tirando-se por 1 e 2 perpendiculares, respectivamente às barras 1 e 2, obtemos c, AI, ficando completo o williot. A análise do wiüiot nos mostra que a deforO. a, b maçio de cada barra tem duas componentes: uma a i a 1 (que é a variação de comprimento provocada pela vaFig. 1-87 riaçáo de temperatura), que não introduzirá 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 ,

:@C>1:

I

I


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

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

I I

{Ai} =

-[Pl-'

{flirxl

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 = t {oirg}, a partir do qual o problema é resolvido pela expressão

{oii] {oi,t]

{Ai} =

-[O]-'

foi!}

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

I I

I

Os exemplos seguintes esclarecem. Ex. 1.9 - Resolver a estrutura da Fig. 1-88 para a variação de temperatura 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 as barras. C

Fig. 1-89


52

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

2. Efeitos no sistema principal 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 h

- 10-'

- r,) _-

-8

(-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 sofrerão alongamentos iguais a Ai, = atgl, = t180a AIl = atgl, = t 3 0 0 a .

e

os seguintes Temos então,deslocamentos do wiüiot daortogonais Fig. 1-93, recíprocos:

-4bh -4

A

I

I

Fig. 1-92 - M r

E

B


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

PCB =

2, c

240 ru 1 AI, = 180ru "00~

O, a, b

2; = 0.

Os momentos de engastamento perfeito serão, entáo: 6EJp

Para a barra 1: MA

=

MC

Para a barra 2: MB

=

MC = 0.

= --

IZ

Fig. 1-93

-

6EJ(-240a)

l2

-

=

-4mt

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: Para a barra I: k , = Para a barra 2: k2 =

J 60 = -=

10 11 6 J 60 - = -= 6 1, 10

A partir do esquema da Fig. 1-95,

obtemos

O,,

=

16

3. Cálculo de A,

Temos: {A,) = -[P]-'

Fig. 1-95 - Mi

{&I, obtendo,

no caso:

54


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

-

D M T (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

I

-- _.

Fig. 1-99

I

,

Temos:

1. Sistema principal 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 2. Efeitos no sistema principal

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 d, a (notar que, como A é um apoio vertical do I ? gênero, ordem e , s6 podendo se deslocar portanto, na horizontal, um de seus lugares geométricos 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.

,

+ Para a barra 2: PDE = 7d = 0 Para a barra 3: ~ F E = 34: t213a Para a barra 4: PDB = 4 d = O

+ Para a barra 5 : PEB = 5 e = O + Para a barra 6: p ~ =c 65 = t1600i 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 7 d 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%rúsortogonai recíprocos, deve ser respeitada a ordern do t r a p d o do wii:iot.

66


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

P

Para a barra 6: ME

=--

3EJp

P

64

-

=

+ 3 X 16 = +,,33 mt 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

Blo Bzo

6

= =

-0,56 +2,33

O +1,33 Fig. 1-102

-

Mt

b) Rotaçáo A,

^ iy m

Trabalhando com rigidez relativa e arbitrando J = 24, temos: para a barra 1: k ; 24~

$=

2,25

Para a barra 2: k , = 8 = 3 Para a barra 4: k , Vem, então:

+3 ++1,5

+2

24 =6= 4

Oil = +9,25

Fig. 1-103

-

M,

PZI - + 1.5 c) Rotação A,: Temos: Para a barra 2: k , = 3 3 24 2,25 Paraa barra3: k ' - - X - = '-4 8 3 24 Pata a barra6: k' - - X - = 3 6-4 6 24 Para a barra 5: k -- - 2,4 5- 1-0 Vem: 012= + 1,5 p,, = + 10,65

Fig. 1-104

-

M,

O mhtodo das deformqões

3. Cálculo das incógnitas A partu de A

=

-

i

i0,65J

12;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

6. APLICAÇÁO AS

Fig. 1-106

ESTRUTURAS COM DESLOCABILIDADES

EXTERNAS A única diferença das estruturas externamente' deslocáveis para as extemamente 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 a) Carregamento exteriio Aplicando o carregamento esterno no sistema principal, teremos o funcionamento da barra BC como engastada e apoiada, aparecendo em B um momento dado pela Tabela 1. por hf8 = +

'8

+ X h' L - +9 int.-

~1u9~ 17.51

Fig. 1-1 09 - t'"

I

59

O mbtodo das deformações

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 Pzo = O

( I it/rn ? (não existe r e a ~ á o horizontai n o 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 apareciiiients 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: Pll =

+7

a2, = + i (sir~alpositivo

confc~r~iie conveiição da Fie. 1-108).

"lsto conespotide 3 tcrmas arbitrado um valor r i o i~nitiriop u a Ai. n qicc i: pcrfcitiimcntr licito. co~ifoime rabcilios. Quando formos resolvcr a entriiiiira da sistrnia priticipal para a deslocameiifo &, daremos tamhéni ii!n desl
60


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 barras a barra12,e 3, conforme permanecendo indica ohorizontal esquema da Fig. 1-1 13. Estes valores poderiam ser obtidos, evidentemente, a partir de um williot; apenas não o fizemos devido igrande simplicidade geomitrica da estrutura, que nos possibilitou esboçar, diretamente. a elástica nesta fase.

2'TT----P

t

Fig. 1-1 13

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: Pi2 = + l P22 = +I13

Fig. 1-1 14 -M2


Fig. 1-1 15


61

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 inultiplicar6 ,, que leva em conta mos os valores encontrados pelo fator corretivo2ao inves de 1. Assim, o fato de termos arbitrado A , e A, iguais a2 X 104' temos:

A I = -0,675 X 10-' rad (o sentido correto é o horário) a B 2 x 1o4 h A2 = 2,025 mm (da esquerda para a direita) Abarci BC = b) As reaçõès de apoio finais podem ser obtidas oii pelo emprego do princípio 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 [li] está conhecida do item anterior. Os recalques dc apoio acarretam o aparecimento, n o sistema principal, dos seguintes deslocamentos ortogonais recíprocos obtidos do williot da Fig. 1-1 18: f

0.a.b

Para a barra 1: p 8 =~ ab = O f Para a barra 2: p c =~ bc = + I cm Para a barra 3 : pco = d? = - I cm C

1 crn

d

Fig. 1-1 I8

62


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: fll, = + 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

-

2. Efeitos n o sistema principal

Fig. 1-123

f?

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


64

b) Rotação A , Dando uma rotacão A , à chapa . 1 .. tal 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 isto, temos o,, = +12.

2 +2

'

tt

-I4

-h Fig. 1-125

-

Ml

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: A lt 821 = + 1 d

.

1;

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

p: 4mr

C Fig. 1-126

,nz

c) Deslocamento A, Dando-se um deslocamento horizontal A, ao apoio 2 tal que W A 2= 6 tm3, apenas as barras 1 e 2 terão deslocamentes ortogonais recíprocos iguais a (+A,), conforme indica a Fig. 1-127, surgindo em suas extremidades momentos iguais a MA = MC = Mg = 6EJa, 6 61 x 6 - 1 mt. = MD =

IZ

rá: ') = 213 t, da esquerda para a 6 direita. Assim, teremos:

1

Fig. 1-127

-

A reação no apoio 2, função dos momentos atuantes nas barras 1 e 2 vale-

+

,

,

2 +l

213t

O metodo das deiormapaes


4. Efeitos finais 3 36 Os momentos finais, dados por M = M o- - 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 103tm2. A mola tem constante k = 0,s X I O ~ I m .

Fig. 1-131

1. Sistema principal 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 a) Carregamento externo 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).


67

Daiido uriia rotação AI i cliapa I do sisieiiia prinrip.il ia! q u c i::ii,= . sureirâo do nó LI. os monieiitos: Para a barra 1: 4 -- 4 X 4 - nlt - ,y I 1, 4 Para a barra 2: 3WA' 3 X 4 K'2 -...L - - 3 mt 4 12 da Fig. 1-131: Tcnios eiitZo, 3 partir do esqiienii

'2.

u

a*;; 4+2

iiii

=

&,

=

4

+7 t0.75

3 =

I

3 r.

-i

7'

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 , :+i2ia extiemidadc da dircit~idcsccu 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

0.19t

0.7%

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 3EJ'J(-Ad --3mt Para a barra 2: hfB = 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
101.

68


Devido aos momentos de engastamento perfeito aparecerá0 as reaçóes 1,5 + 1,s = = 0,75 t (para cima) 4 + = 0,94t (para baixo) v, = (I9' 4 o 75 0,19t (para cima) vc = L= 4

v,

'2')

+

Ao valor da reação de apoio VB, temos que somar a força despertada na 4 que vale F = kA2 = mola por lhe termos imposto um deslocamento A, ==e -~ 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 3. Cálculo das incógnitas

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, também, ter sido obtidas empregando-se o mesmo tipo de procedimento do Exemplo 1-3:) 9.31 rnt

i

+9.31

ffl,7Si,7E

-6&

9.31 m

Fig. 1-138

Fig. 1-1 39

o

69

metodo das deformações

Observações: a) O deslocamento vertical da mola será dado por y s = 4 =-A4 X 3 9 = 1 5,6 mm (para baixo) EJ 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.

a3

- Resolver a greiha da Fig. I-140,cujasbarras têm EJ 1,5 X l@trnz.

Ex. 1-14 GJt

=

=

1O4tma e

1. Sistema principal 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

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo Nesta fase, a barra AB funcionará como biengastada, surgindo em A e em

70


3 X 42 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:

B momentos de engastamento perfeito, de módulo igual a --- = 4 mt

2

Bio =

-6

Fig. 1-142

- Mo,T o

Dando à chapa I do sistema principal uma rotaçáo A, = 4 X 1 0 - 3 rad 1 3 . temns o aparecimento dos seguintes momentos no nó B, no sistema principal Para a barra 1: M =---

1,

GJtA,

Para a barra 2: T =---

-

_

-

12

+ 4 X 1 0 4 X4 4 X 1 0 - " = 40mt 1.5 X 104 X 4 X 10-3 = +15ilit 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 = +I5

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
71


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, = 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 =4

IZ 42 e cujos sentidos estão indicados na Fig. 1-145 Obtemos, então: pi3 = t 1 5

Fig. 1-145

-

M3, T3

72



-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 0.9 rnt Fig. 1-146

Fig. 1-147

73

O método das deformaçaes

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 deslocabi14caso, em algum ponto da exposi~áo,o leitor sinta alguma dificuldade, sugerimos a leitura do item 2.5 do Cap. 11, Vai. ll, de nosso Curso.

74


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 indeslocáveis, serido indeslocável tambkm). Assim sendo, o sistema principal para resolução pelo método das deformaçóes é o da Fig. 1-149.3 (notar que, n o sistema principal, o n ó C funciona como engastado).

"'1

;f-*

1

A

1-149.1 -- E$trutura simétricd com carregamctiro s i

mgtrica.

1-149.2 -S~mplifica<ãodr- 1-149.3 S~stemaprincipal vida à simeiria. para o m6todo das defoi-

myi<;óss. Fig. 1-149

Observuçãu: Note o leitor que. n o 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 irrétodos 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

Estruturasiinitrica coin car- Simplificaqão devida 2 antircgainonlo anti-simétrico. simetria. Fig, 1-150

1-150.3

Sistema principal para o mitodo da? deformações.


75

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 resolvidas a partir dos esquemas das Figs. 1-151.3 e 1-151.5.

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

Curso de analise estmtural

76

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 (rotações 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 antisimétrica, teremos a resolver os casos das Figs. 1-152.2 e 1-152.3, que analisaremos separadamente:

Fig. 1-152

a) Carregamento simétrico

Fi.1-193

O método das deformacoes

! I I I

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. Desta forma, o sistema principal para resolução da estrutura pelo método das deformações é o indicado na Fig. 1-153.2, havendo então uma única 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:

IMAI

=

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).


78

K,

Assim:

=

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, = -

(1.20)

1

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

Fig. 1.154

1-154.2

-

Mi

(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~xpressãoválida. qualquer que reja a lei de variação (simétrica) de inércia da barra.


b) Carregamento anti-simétrico

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: MA=MB=KA(l+t)=K~(l+t)


80

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);

K , = K (1

Assim:

+ 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 k a , 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 antisimétricas unitárias A I e A2, a partir dos quais podemos facilmente formular as equações de compatibilidade estática que resolverão o problema.

1-157.1 - Mo I8

1-157.2

Ml Fig. 1-157 -

1-157.3

-

M2

19

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

' 9 ~ f e i t o sMz obtidos levando crn conta as cxprcssões (I.7), (1.8) e (1.14).

81

O mdtodo das deformações

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).

1-158.2 - Hipcrcstáticos para

1-158.1 - Hiperestátiços para

czrregamento simétTiio. Fig. 1-158

carrcgarnçnfoiuiti-sirn6trico.

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

Fig. 1-159

n

~

S

m

~


82

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

1-160.2 - Sistcma principal

rrsolver. Fig. 1-1 h0

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo

Os momentos de engastamento per. feito valem: Na barra FG:

M~=+----

8

= tgrnt

62

Na barra KL:

,

MK

2 X 6' 12

= -M/. = t -- = +61nt,

obtendo-se, a partir da Fig. 1-161: ilio = +9,

Fig. 1.161 - Mo

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 A l imposta ao n6 F, os seguintes momentos em torno deste nó:

I

I I

Na barra FG:

I

k =

=

6 mt

24 4

=

6 mt Fig. 1-162 - M ,

A partir da Fig. 1-162, obtemos

I I I

+ .6

k'=- 3 X (2 X 24) 4 6 Na barra AF:

+6

c) Rotação A2 Devido à rotação A*, temos os seguintes momentos em torno do nó K:

w

Na barra KG:

A Fig. 1-163 nos fornece: I

812

=

0

flZ2

Fig. 1-163 - M2

= t12,S


4. Efeitos finais 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 ~ rdo comportamento de cada barra da estrutura

Fig. 1-166

-

DMF (em mt) e reações de apoio.

I


I

Fig. 1-167 - DEN (em t )

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

1. Sistema principal 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, deveiido ser usado o conceito de rigide~de simetria definido neste item. D

Assim seiido, o sistema principal é o da Fig. 1-169.

F Fig. 1-169

Curso de análise estrutural 2. Efeitos no sistema principal

a) Carregamento externo Os momentos de engastamento perfeito valem: Para a barra AB:

Para a barra CD: Fig. 1-170 - Mo

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:

.

Fig. 1-1 7 1 - M I

A partir da Fig. 1-171, temos: Pll L321

= =

12 +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. 1-1 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-eqiiilibrado indicado.

Fig. 1-1 75


88

1. Sistema principal 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.

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo Temos os seguintes momentos de engastamento perfeito: Barra AB:

Fig. 1-1 7 7 - Mo

Barra AD:

nf,,

=

-- 4'

2

12

-

12

42 = -1,33 int

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

L

Na barra .A R :

1 'i k , =-X 2 6

2 lnt

Fig. 1-1 78 - M ,


Na barra AD: 1

ks=-X 2

24 =+3mt 4

!ill= + 5

Temos, então:

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

CUFJOde 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- 182.3 Carr. anti-simétrim

1-182.2

Carr. simétrico 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~ãoda 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 indeslocáveis 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.


Fig. 1-187 - Estrutura

a

resolver.

Fig. 1-1 88 - Siatcrna principal.

2. Efeito no sistema principal a) Carregamento externo Devido ao carregamento externo temos, no sistema principal:

M D = -Mc;

=

1 X 12= 12

=

12 mt

Temos, então, da Fig. 1-189:

oi0

=

Fig. 1-189 - Mo

+12

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 AD: Na barra DE:

k=- J 1

24 = 2 m t

= -

12

Da Fig. 1-190. vem

=

+5

3. Cálculo da incógnita

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

I

95


Ex. 1-20 - Obter os diagramas de momentos fletores para o quadro da Fig. 1-193, cujo material tem E = = 2 X 106t/m2 provocados por: a) aumento uniforme de 30 "C b) recalque do apoio B de 1 cm, de cima para baixo. É dado o coeficiente de dilatação linear a do material: a = 10-~/Oc

O

X +8-+-sm+

a) Aumcnto de 30°C Fig. 1-193


I

Devido à simetria existente, a estrutura a resolver é a da Fig. 1-194, cujo sistema principal é o da Fig. 1-195.

2. Efeitos no sistema principal a) Aumento de temperatura Devido ao aumento de temperatura, as barras aumentarão seus comprimentos dos valores seguintes: Barra 1: Al, = aArli = 10" X 3 0 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 2.d da Fig. 1-196, do qual obtemos os deslocamentos ortogonais recíprocos das extremidades das barras 1 e 2, dados por: Fig. 1.196 - Williot -Escala 1:O.l.

4 0 .

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 rotação A i , os seguintes momentos:

Fig. 1-197 - M,

J 5 1,25 mt Para a barra 1 : k =-=-= 1 4 J 20 ParaabarraZ:k=-=-=2mt 1 10 Da Fig. 1-198, vemp,, = 3,25

11

3. Caculo da incógnita temos: A, =

9,oo = --,?I, -- Pii

3925

+0,62&

2,76 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

1 I I

I

O método das deformafles

b) Recalque vertical de apoio em B 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 wiliiot, 02 deslocamentos ortogonais recíprocos, dados por: PD* = ad = -0,75 cm * 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=

6 X 2X 1 0 6 x 20X 10-3X 1,25X 1 0 - 2 = + 3 0 m t 1o2

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

oir

28.1

Fig. 1-202 - M,

2. Clculo da incógnita l r O novo valor da incógnita A, será, então, AI = --=

O,,

325

_ - 0,585

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-simétrica 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

L

(Observação: Notar que a barra bi-rotulada AB. por estar descarregada. trabalhará exclusivamente ao esforço normal, simbolizado pelo hiperestático X, da Fig. 1-207.1.)

i

Para a resoluçáo pelo método das deformaçóes, os sistemas principais 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:

Curso de anAlise estrutural

1O0

Da análise feita neste item b, concluimos da conveniêricia de resolver a parcela simétrica do carregamento (Fig. 1-206.2) pelo método das deformaçòes 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:

1 . Sistema principal Dado ria Fig. 1-208.1

2. Efeitos no sistema principal 2.1 - Carregamento externo

' [

São os seguintes os momentos de engastarnento perfeito: 1 X 6' Barra AC: Mc = +---= 8

Barra CD: h.lc =-

8

+4,5 nit

4-x i 2 - + í l m t =-

8 1 X 6' Barra CE:Mg = - A f C = I2 A partir da Fig. 1-209, temos: Pio= +7,5

= -

Fig. 1-209

do

=

+ 3 mt

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

=tlmt Na barra CE: k =c= -= I' 2 mt 1 6 Do esquema da Fig. 1-210, obtemos: P l l =+4,5

Pii 1-210 - Ml


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

102


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

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

:

X, = +6

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: 1. Sistema principal Indicado na Fig. 1-208.2. 2. Efeitos no sistema principal

1-217.2

Fig. 1-217

-

Mo,R,

104

2.1

Curso de análise estrutural -

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: filo -2,25 Om = -6.75 L

640. =

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= + A 2 para a barra AC, obtendo:

Do esquema da Fig. 1-218, obtemos k 2 =+ I ; O , , = - 1 ; p , ,

Fig. 1-218

=+6

- M2. R ,

2.3 - Deslocamento A , Impondo &A, = Para a barra Para a barra =

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

i

O mbtodo das deformacões

1

Obtemos, então:

I

1 I I

3EJ A = -6 mt Para a barra AC: MC = - 3. Ac2 6EJ A = t 1 2 mt Para a barra CE: MC = ME = + CE2 Do esquema da Fig. 1-219, vem:

1

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

Fig. 1-219

-

M3.

R3

2.4 - Rotação A,

=

Impondo ao sistema principal uma rotação A, tal que EJ,A, = EJcA, = EJcA2 = 7 2 , obtemos, em torno do nó C, os momentos:

Para a barra AC: 3 Uc Aq -3 X 72 - +36mt Mc = -AC 6 Para a barra CD: A ~X 7 2 = +72 mt Mc = t ~ E ( ~ J c -) 12 CD 12 Para a barra CE,

_

I

D2,

Do esquema da Fig. 1-220, vem: = t 6 ; 0% = + 6 ; 0 4 4 = + 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 deformações, 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

107

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, provocadas-pelos carregamentos atuantes à esquerda e à direita, se anularão) permanecenklo 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
1-222.2

- DlCocmn+~

d& l E ( o ~ b smC. e

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 d o 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.

Curso de análise estrutural Obseriiac8rs: a) Notar bem que. n o 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

v-.

Y-..

3

---.-v X

X,

1-221.1

,

--v

I'

-.--v

x,'

L-224.3

r-22L2

Seja resolver a grelha elástica e geometricamente simétrica da Fig. 1-224.1, situada num plano horizontal . v e submetida ao carregamento indicado, , pode ser decomposto nas parcelas simétrica perpendicular ao plano . ~ y que 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.

Fig. 1-225

1-225.2

-

Sistema principal

I 1

109


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 t o m o 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

b) Carregamento anti-simétrico

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 ' nitas serão

*-" ,v-y q8 . .FU

,

-

e

= z~ = 0.

é o da Fig. 1-226.2. As incbg-

X-X

I I

I

I I

ObservapTo: Mais uma vez. cliamamos a atenção do leitor para a conveiiiência 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 resolução de duas grelhas - uina com 5 dnlocabilidades (Fig. 1-224.7) e outra com 4 (Fig. 1-224.3). 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 n o 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 introduzirá menos incógnitas a determinar, senão vejamos. a ) Carregamento simétrico

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 e LI;. determinar são v;,

Observações: I) Notar que, na fase de obteiiç~odos 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 Csimultaneamente, 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

111

mbtodo das deformações

qi

2) Notar, ainda, que quando fizermos = I , nào aparecerào momentos torçores na barra BC, pois as rotaç6es de B e C s i o no mesmo sentido, não surgindo nenhuma reação devido a elas. Tudo se passará. portanto. coino se interceptassemos a barra BC n o 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 = 1. aparecerigidez de anti-simetria. Analogamente, quando for imposto

$2

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.


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

A?/

C

XD -

Fig. 1-231


a) Carregamelito externo Aplicaiido o carregamento externo ao sistema principal, ap:~rccerão.lias extreniidades das barras 1 e 2, moI 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 obiemos: p,, = -2 X 3 = -6

Fig. 1-232 - M o . V,,

iI

O m é t o d o das deformações

113

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 2X 3 e reações de apoio verticais iguais a= 11, conforme indica a Fig. 1-233, da qual obtemos, então:

o,,

6

= +4 X 1 = 4

Fig. 1-233

I


I

I 1

M i . I',

Temos: A , =

-h = +1,5 iiii

4.

feitos

finais

A partir dos momentos finais nas extremidades das barras (em mt) e rcaqóes de apoio (em t) indicados n a 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, perpendiEJ culares entre si, têm: -= 2 GJ,

O método das deforma*

Fig. 1-236


Levando em conta a dupla simetria 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 interrompidas com sua rigidez de simetria à flexão e sem rigidez à torçáo. Assinalamas, neste sistema principal, os sentidos que consideraremos positivos para momentos e rotações, reaçóes e deslocamentos verticais do nó L.

+'I'

0

91ao


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:

116


PIO =

+4.5 Pzo = -3,O

--

- 4.5mt

L

t3f L

Fig. 1-238

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= LJ 6 4EJAl 4 X 12 Na barra GL: K = -= -- 16 mt 3 GI, G tA 1 _L--EJA Na barra LD: KT = -l2 - 2 m t LD 2IZ1 2 X 3 Com isto temos o esquema da Fig. 1-240, do qual obtemos: p,, = 16 + 4 + 2 = 22 P2i

= 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, = - = -- 4 int KL 6 Na barra LJ: K$

O GJ A EJA, Na barra GL: KT = 3= -- = -l 2- = 2mt GL 2 X Z 2X 3 4EJA 4x12 Na barra LD: K =L=-- 16mt 3 LD =


u

118


d) Deslocamento A3

Dando-se um deslocamento vertical A , ao n ó L no sistema principal tal que EJA, = 12. as barras ÇL e LD terão deslocamentos ortogonats recíprocos ~guaisa A,. surgindo em suas extremidades momentos fletores de módulos l 2 - 8 m t e com os sentidos indicados na iguais a IifiJA = @?!h GL 1 m 2 - 32 Fig. 1-242, da qual obtemos:

4

013 =

B,,

=

f8 -8

Fig. 1-242

-

E,

3. Cálculo das incógnitas Temos:

[ ' %

-8

-i]'

3213

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


Fi.1-243 7.64 /

1.43

/

Y

I

1-244.1

/

/

-

DMT (simétrico rm relaçáa a o s e i x o s x - 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~ãoda 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 resolução 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 variável, mas mantendo-se constante em cada um dos subtrechos delimitados pelas descontiiiuidades nas suas dimensòes. A obtençáo de rigidez nas extremidades da barra, coeficientes de transmissão de momentos e moinentos de engastainento perfeito (pelo método das forças) não apresentará maiores problemas, conlorine esclarece o Exemplo 1-24.

J2

Fig. 1-245

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

2s~ão 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 Para a obtenção dos efeitos do carregamento externo no sistema principal. precisamos, inicialmente resolver a viga biengastada da Fig. 1-248, para a qual, a partir do sistema principal e hiperestáticos da Fig. 1-249 e dos diagramas M o , M, e M 2 no sistema priiicipal da Fig. 1-250, obtemos: 1 1,5X 1 2 X 1 = + 9 2 1 - ó X 1,5 X 12 (2 X 1 +OS)=

EJ,S,,= t - X EJc620=

= -7.5

141

vi. 1-248 i.= 3m

I.= ~,.m

t

x1

Fig. 1-249 - Sistema principal para resoluqão de viga biengastada ABpclo método das f o r p ~ .


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 n o sistema principal da Fig. 1-247, representados na Fig. 1-252. a partir da qual temos: 0,"- +2,54


123

-

Fie 1-252 Fig. 1-251

-

Salu~ãoda viga AB.

-

Momentos "MO" do carrega-

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 pkicipal da Fig. 1-248 e levando em conta que:

E& 6 EJ,S,,

, = -EJ, qa = -EJ,

ipA = +I

‘CT

e

I

= 0, temos:

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

=


124

6 X 0,73EJc 0.73EJC

0.49 EJ,

1,22EJ, I

--

4,38EJc

2.94EJC I

t

7.32 EJ, 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: 4,38EJcA, 4,38 X 12 .. K = = 8.76 m t I 6

+9

Na barra AC:

Da Fig. 1-255, temos:

Fig. 1-255

pll

tação

=

17,76

I

I

1

- Monicntos

M l devidos à roFie.

Ai no sistema principal da

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~lução6 que, com a introdução de um novo nó (Djà 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,a 2 ,0



128 TABELA V - Coeficientes

Cuno de analise estrutural &I,

Q,

0

129

O m6todo dar deformações Voute parabiilica de um r6 lado

7pm,"

0 Jmáx

I

A=: n =-

L

1

Jmin J máx

I A B P L A VI1

-

Curticiciila\ LL,

-

u 2 .0

Voute parabólica de ambos os lados

h=a Jmáx

I

n=-

.,J.. ,,,,,, Jmáx

132 TABELA VI11


-

Voute reta de um r6 lado

Coeficientes k i ,k2

O

:i:

Jmin

Jmgx

4, I

I

Jmin Jmãx



TABELA

IX - Coeficientes k i ,k2

ap

VmtepambÓlicade um r6 lado J

,

@

1

h=?

I

Jmin

n=-

Jmin

O méiodo das deformações

TABELA X

-

Coeficientes k, = k2 = k

Voute reta de ambos os lados

H : Jmáx

Jmáx

M

7

I

f

Jmin =a Jmáx

n =- I

a! L

1

BO I

L

1

M , = - M , = k - q12 12


TABELA X I I

Voute reta de um

só lado MI = tQIPI -7hPI

M2 =

Corlicientes

-

O

'

a

h1 2 .

'

f72

O

-p

Jmáx

VI.

p1

~ m i n4 I

. . . .. ... .

A I -12

E X

= I0

n--

Jmin Jmáx

1


Cursa de analise estrutural TABELA XII - Coeficientes q,, 172 (continuação)

O rnbtodo das deforrnacões TABELA XIII - Cocíicicntei 71. Voute parab6lica de um só lado

Jmáx

7

i

1p

SI

O Mt=+niPi M z = -QPi

u2

a

!

:

I

Y

E '4

I

h =a I

"

=-

Jmín Jmáx

Curso de analise estrutural TABELA XIII - Coeficientes q i , q 2 (continiiação)

O método das deformações TABELA X111 - Cocficicniçs

v i , q2

íconriniiaqJu)


TABELA XIV - Coeficientes Voute reta de ambos os lados

@

-r

?min

@

vi,

qz

k'

I

I

Jmáx

M, = +ViPI M~ = -QPI

a& + I

Jmin

2

n =-

Jmáx


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

145


TABELA XIV - Coeficientes

vi.

qz (continiia@o)

TABELA XV - Coeficientes 771,

72

I

Voute parabólica de ambos os lados

=+qlvl M2 = -72PI MI

Jmáx

-

%

Jmáx

I

o1

z . . . . . . . . ..

..12

n

--

Jmin Jmáx

O m6mdo dar deformacões TABELA XV - Coeficientes q l , q l (continiia~ão)

0.50

073 005

124 021

156 046

165 076

151 108

136 136

108 157

076 165

046 156

021 124

005 073

1.00

070 007

116 023

141 047

148 074

142 101

125 125

L01 142

074 148

047 141

023 116

007 070

Curso de análsie estrutural

TABELA XV - Coeticierftes v i , q2 (continuação)


149

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.

O Jmáx

par. 20 grau

O

kmJmin Jmdx

Jmin

!

1-259.1 - Misiila ~ e t aassirn6trica.

1-259.2 - Misiila parab5lica asnirniuica.

c*$mB. par.

O Jmáx L *

1-259.3

- Misilla

20 grau

Jmáx

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 h = -ae

I

Jmin

; -

.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 ti-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 rdefinipio da cm~tniçãoda 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

K ; = K I - K I f i - z t z - ~ = K 1 (--I=-l P2

EJmin ( a , f f 2 - 0')

(1-31) ff2l Por raciocínio inteiramente análogo, caso 2 fosse a extremidade engastada e 1 a apoiada, teriamos fflff2

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


151

ortogonal reciproco das extremidades da barra o serio a partir do cnnliecimento 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:

IM;I = IM21 + IM,I i,_,

I

I

I

I

= IM2 l , +

B IMi I

(1-34)

As aplicações seguintes esclarecerão: ' ' ~ c t a , que preferimos escrever uma expressão válida em rnbdulo, pois. se o lado engastada estiver à erqorrda, o momento de engastamento perfeito será positivo, rendo negativo em caso contrário (lado engastado à direita), para carreeamento de cima para baixo.


152

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

1

I

I

'4

L

9 rn

'

3m

I L

I

L

1

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.

2. Efeitos no sistema principal a) Cai-regamento externo

Para conliecerrnos os efeitos do carregamento externo n o 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

Fig. 1-265

j

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 IM;I = IM,I+-nr2 a2

2 9 = ~ ~

( +-112) q iii

@

a2

Fig. 1-266

A obtenção dos coeficientes B e a2se 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): 3,12 ~ M ;= -4i2 (I,, + - flh .2)m:p 1 X 1 2 (1,406 +X 0,822) = t 2 3 . 8 1111 12 12 4,48 02 Os efeitos do carregamento externo n o sistema priiicipal sZo. eiitão. os da Fig. 1-367, que nos conduz a o,, = t13.8.

2 9 ~ caro. o o sinal será iicgativo. pois o I:ido c!igaslado i o da direita, 300s i n d t: positivo. pois o lado c n p n s t ~ d uf 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 Para a barra RD: A l = -- -- mt 1 6 6 LJcA, Para as barras AB e BC: M ; = --(a1012 - b2) = 4,48 12 (6.65 X 012 1 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

3. Cálculo da incógnita Temos: A,

13.8 =h = - -= -1,635 8.44 Pii

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, parabólicas com J,, = J , e J,;, - 5 J c . A mola tem k = 103t/m e a viga tem EJc = 104tm2.

Fig. 1-271


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.)

156


2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo Basta estudar a viga biengastada da Fig. 1-273, que é uma mísula paraI I

I I

I

I

I

I

I

3

bólica simktnca com h = -= 0,25 e 12 Jc q = - = 0,20, para a qual a tabela jJc XV fornece: No ponto 3: q , = 0,173 q2 = 0,041 Nu ponto 9: q l = 0.041 q2 = 0,173 Daí, vem: M , = -M2 = P I ( q : + q:) = PI(q: = 12,84mt

I

I

I I

+3m+6m43rn+

Fig. 1-273

+ q;) = 5 x

12(0,173

i

+ 0,041)

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, -- a 1 = 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. Vem, eiitão; M ;== 3,98 mt

.

EJcA,

(ala2

a2 1

-oZ)= 4,34 l 2 , 2

(5.75 X 4,34 - 2.77')

=

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

158


c) Deslocamento A2 Dando-se um deslocamento vertical A , ao nó B, tal que EJcA2 obtemos os seguintes efeitos n o sistema principal:

=

12,

c.1) Para a barra AB 0.86 mt

Teremos um deslocamento ortogonal recíproco p ~ a= + A 2 , que provocará o aparecimento de monientos M a e MB dados pelas expressões (1-7) e (1-8). por: MA = Mg = PBA -( K A + tg,j K B ) =

= -A2 ( - a EJc , 1

I

=EJcb

I

...

0 -EJc t a ,)= a, 1

12 + 0)= 7 (6.43 + 3,95) 12

Fig. 1-278

-

Efeitos de & para a barra AB,

:

c.2) Para a barra BC Teremos um deslocamento ortogona1 reciproco pgc = - A 2 , que provocará o aparecimento de um momento MB. dado pela expressão (1-9), por: PBC - EJc MB=KbX--1 a21 ( a l e 2- 0 2 ) X l2 (5,75 X 4.34- Fig. 1-279 - Flriiui iIc A2 para a barra BC. X -( - A , ) = _ 4,34 X I 22 I< - 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=kA2=kX-=-X 12= l ?t. E J ~ 104 scndo os sentidos os indicados na Fig. 1-280.

D

t

3-

A,

Fig. 1-280 -Efeitos de

F

=

1.21

A 2 na mola.

A partir das Figs. 1-278 a 1-280, obtemos os efeitos d o deslocametito 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,

Curso d e análise estrutural 8.3 - Inercia da barra varia aleatoriamente Neste caso. a determinaçáo da rigidez lios iiós, dos coeficieiites de transiiiissão 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, n o 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 103tm' ~

E

S = )103t~

~

~

*

~

4m

~

~

~

+ + 4m

Fig. 1-284

O método das deforma~ões

1 . Sistema principal Levando ein conta a simetria existente. concluímos que o nó C não possuirá 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 d o nó i?.

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo 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

1-286.3 - Efeitos do carregamento externo no sistema principal.

-

Sistema principal adatado.

1-286.4 - Solução da viga da Fig. 1 4 2 . 1 .

Fig. 1-286

162


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: - 3 x 15 Na barra AB: ht' = - -= t 1 5 1 n t A 3 3 3 E f A - 3 X 15 +9 int Na barra B C M ' = 5

*--_

i.',, fiz,

Obteinos. então, o esqueina da Fig. 1-288. a partir do qual tem-se: = t24 = -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 W A , = + 15, temos. a partir do williot da Fig. 1-290, os seguintes deslocamentos ortogonais recíprocos:

4.55

pBA = -A2= --15 EJ 25 PCB=+EJ

I-

Az = 15

ID-

3

Pig. 1-289

-

Fig. 1-290 - Williot.

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 = -5 mt Na barra AB: ME = -

AB

~EJPCB - 3 X 25 - Na barra BC: MB = - -= + 3 mt FC 5' Os efeitos do deslocamento A, sobre o quadro estão estudados; verifiquenios, 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 Coili isto, estará sendo despertada, no tirante. uma força

F,,

\,2

1

2 /'

( 2 A 2 ) , igual no caso, a

=

'tr

103x 2 X -

Ft,

I&-

=

de traçáo.

8

15

'O3= 1,88 t, Fi.1-291


164

Os efeitos do deslocainento A, 110 sistema principal estâo. então, complctaineiite 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 , 0 3 8 6 , + 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.


165

Seguindo o roteiro do metodo das deformações, temos, adotando o mesmo sistema principal do exercício anterior. 1. Efeitos no sistema principal a) Encurtamento 6' no tirante

AI

/

Impondo ao tirante um encurtamento S', nele surgirá uma força de 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'

Ft,,

-

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 0,57t, 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

166


l .(cm i 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. O funciiinamento estático será. eiitáo. o da Fig. 1-295 que mostra só existireni. tio caso, esfor~osnormais coinprcssivos iio quadro e de traçáo (110 tiraiite). O eshrço normal no tiraiite pode ser deterininado por çonsiderações puramente estáticas. isto é, imporido-se a condição de momento fletor niilo na rótula C.

1" -2.51 N,,,

=

+2t

t

1.5t

tl,%

Fig. 1-295

O b s c r i ~ a ~ a rOs ~ : Exemplos 1-27 e 1-28 equivalem ao Exemplo 11-9 do voiunie 11 de nosso Curso. S u g e ~ i o as o 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 q u e irnpeça todos as d e f o r m ç á e s 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 compriFi.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~çãodas assini chamadas cslriitiiras siiper-rígidas '&e apoio (para as estrilttiras siiper-rígidas. para variações do temperatura P recalqt~~s 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~sdeste 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 A D levando ein conta as deforiiiações axiais de suas barras. devemos escollier uni sistciiia principal onde estejaiii iiiipedidas para cada iió. todas as suas comporirntes possíveis de dcloriiiaI2ig. 1-297 ção. 32 No mais, será seguirmos o roteiro usual d o método das deformações. O exemplo 1-29 esclarece: 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. Ex. 1.29

-

S

I . Sistema principal

No caso da Fig. 1-198, o unico nó de quadro que pode se deformar é o nó E . Impeditido todas as suas componeiites de deformação. obtemos o sistema principal da Fig. 1-299. (Indicamos. [nesta figura. o s sentidos que consideraremos positivos para A, e A 3 )

-

~ , i t 1l

Aii+i

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.


168

2. Efeitos no sistema principal a) Carregamento externo

Aplicando o carregamento externo no 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

2

0

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

Na barra AB:

1b1 = 2= 4 X 6 - 6mt

Na barra BC:

hf

AT

=

-

4

4EJA, 4 X 6 = -= 4 int BC 6

A partir desses momentos, obtemos o esquema da Fig. 1-301, que nos fornece: Pil = 6 t 4 = 10 821 = -1 t l B3, = t2.25 +4

-

+2

-2.25 Fig. 1-301

-

El

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.


169

1-302.2

1-302. I 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 sFB e FA dadas por FA = FB = 4= AB EJ X 4 6 = 3t. com os sentidos indicados em 1-302.1. 0.5 X 4

O caso da Fig. 1-301.2 é u i n caso clássico de deslocamento ortogonal reciproco ( p = - A , ) , obtendo-se MB = MC == 6EJA2 - 6 i - 6 ) 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


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.

1-304.2

1-304.1

Fig. 1-304

Ffl

=

Fc = A = BC EJ X 6

= 2 t (sentidos indicados em 1-304.2)

6 X 6 M A = Mfl =- 6EJA, - -= +2,25 nit AB 4l

H,, = flB =

'

4

2'25

=

1,125t (sentidos indicados em 1-304.1)

Obtemos então. da Fig. 1-305:

12.25 -2,


2,25

Fig. 1-305 - E ,

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.

172


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 = = KBI~.,~

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

174


10.8 - Obter os di;igniiiias dc moinelitos flctorcs L' torçorçs e ns reafões de apoio para 3 grellia da Fig. 1-314. cujas barrns. pcrpcridic~ilaresentre si. tEm F.1 = 10' tin2 e G J , = 0,s X x 1o3 tln2. 10.9 - Obter os diaçrainas de iiioiiicritos 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 liorirontal da barra AB para o quadro da Fig. 1-317. que tem EJ, = 104 tmZ

5t

-

175

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 constante.

rrjl L

4

m

A

4

m

Fig. 1-320

A

176


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. , 4tim

-

Fig. 1-32 1

10.16 - Tirando partido da antisiiiietria existerite ( e escolhendo o iiiétodo liiperestático que acarretar nienor número de iricógnitas). calcular O dcslocaineiito Iiorizontal da barra A R . para o quadro da Fig, 1-32?.
4,

f

3m

I

I

.

41

10.17 -- Obter o diagrama de inoiiicillos fletores para o quadro da Fig. 1-323. 3m

+4m+4m4-

Fig. 1-323

177


Obter o diagrama de momentos fletores e calcular as reaqões de apoio para o quadro da Fig. 1-324, que tem inércia coiistaiite. 10.18

-

Fig. 1-324

10.19 - Obter. tirando partido da diipla simetria existente, o diagrama de moiiientos fletores para o quadro auto-equilibrado da Fig. 1-325.

%rna 1 t/m

+i 3 rn

1 t!m

Fig. 1-325

10.20 - Ideiii, para o quadro da Fig. 1-326.

4

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 -

(# r .I

EJ = ]O4 tm2, se os engastes A e U sofrerem os recalques indicados, perpeiidiculares ao plano da greilia. (Empregar as simplificações devidas à antisimetria existente.)

f

P= lcm,

I'ig 1-328

10.23 - Resolver a grellia simétrica da Fig. 1-329. que tem EJ

=

ZGI,

179


10.24 - Obter o diagrama de moiiieiitos 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: ( ~J)~,"a,li"

=

6tlm

+

v

2 niZ

(ES)tir.inrc

riranre

Calcular a rigidez K.4 e o coeficiente de transmissão a barra curva da Fig. 1-332. que t e m J = -.Jm 10.26

-

COS

par. 2Pgrau

- -- -- - -

/

A

i

, I

para


180

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 segundo alei J =

i

-,sendo JM= J,.. COS q

6 , n - ~

J~

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 = J, e J,, = 45,. SZo com J dados EJ, = 2 X 104 tm2. (ES)tirantc = = 104 t.

B

,,

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 n ó A da estrutura representada na Fig. 11-1.1, submetido à ação d e uma carga momento M. Devido à atuação deste momento M, o nó irá girar, de u m 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 n u m nó, dada n o item 3.1 d o capítulo I) a:

M, = K Y ~ ,M,

= K Z ~ ,M, = ~

$ e9 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.

Curso de análise estrutural Evidentemente, devemos ter, por compatibilidade estática do esquema da Fig. 11-1.1 com o da Fig. 11-1.2:

M,+M,+M,+M4=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, Z K i , 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 n o nó A , obtendo-se:

De ui 13 maneira geral, podemos dizer que uma barra genérica r irá receber uma fíaçáo (-) KI

Zh',

do momento M aplicado no nó, ou seja:

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 indeslocável irá se distribuir' entre as diversas barras concorrentes neste nó, segundo parcelas proporcionais à rigidez, neste nú, de cada uma destas barras. A relação

K. + (simbolizando a fraçáo do momento atuante n o 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 Z~onclusãoesta que é geral.

(11.5)

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).

C u n a de análise estrutural

184

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 moiiiciitus cxcriidos pchs barraasobre os nós.

Desta forma, poderemos usar, em múdulo e sinal, todas as tabelas apresentadas n o 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 equilibrada por momentos submetido à atuação de uma carga-momento (-M), ( t M , ) , (+A&), ( t M , ) 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 d a Fig. 11-3) opostos a o do iiiomeiito atuante n o 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 ~ processo o 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~rcidospelos 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.

ri

Processo de Cron

185

mq C

'+

C

D

I'

7/L

l2

D

Ir - Momentos de engastamento perfeito no sistema principal.

ll-4.1

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 aplicada de M = t%

I'

.-

( 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:

- Equilíbrio do nó A , após liberarmos a rotação da chapa 1:

Fig. 11-5

Fig. 11-6

la fase: Rotação do nó A impedida, isto é, nós A e B, da barra 1 siibmetidos

-.

41: e - qj: respectivamente aos momentos de engastamento perfeito t 12 12 (isto é. açóes da barra AB sobze os nós A e B , n o sistema principal, iguais 2 4122 e a +respectivamente.) 12 12

h,

Cirso de análise estrutural

'786

2? fase: Libcranios a rotaçáo do no A . Com isto. o momento nele atuante q12 (trazido pela barra 1 ) passa a atuar na fase anterior, igual a M = + 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, sendo os momentos finais atuantes em 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 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. 11-8 - Momentos finais nos nós.

-M(l M i l -d,l

-M&

d

+L I 2

--

Fig. 11-7

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.

187

Processo de C i o s

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 .

mZt

Temos, em torno deste nó, os seguintes coeficientes de distribuição de rnoinentos, obtidos a partir dos valores de rigidez relativa k para as barras 1, 2 e 3 indicados na Fig. 11-10 (e que foram determinados arbitrando-se .i = = 30).

A partir desses valores, temos a se-

guinte sequência de operações. que reproduzem os passos da análise feita para o quadro da Fig. 11-4. I?) Marcamos,no sistema principal da Fig. 11-12. os valores dos coeficientes de distribuição em torno do nó interno A e os momentos de engastamento perfeito para a barra carregada, que valem:

~

~

3rn

/C

1

D

,&4m +7.5m+ Fig. 11-10

Fig. 11-1 I

/i". +9.38

Fig. 11-12

MA = -MB = 2 X 7,s2 = +9,38 mt (obtidos da Tabela I do Cap. 1). 12


188

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 Fig. 11-14

-

Morncntos finais nos nós.

-

Sentidos corretos dos mo-

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-~ u a i sa: -

qAB2 Para a barra 1 : MB = - - 8

-

- --

qBC2 Para a barra 2: M B = - 1 ! 4 ~ = -12

=

8

*' - -24irit

3 X h2 = 12

+c)

nit

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 n ó s B e C, dados por:

Fig. 11-19

! L'

Em tomo do nó B:

d, = 4'5 - - 0,36 4,5 + 8

Em torno do nó C.

d, =

8 - = 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 n ó 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 = t 9 . 6 iiit. n o nó B da barra BC

Processo de Cross

+9 +9.6 3.36 +2.15 -0.30 +0,19 -0.02 +0.01 -

1727

i +17,27

-

-9

1

+4.8

I

+16

+

-6.72 1 -5.08

+

t1.07

+

-1

6

,

+

-2.54

-0.61 1 -0.46

+

-0.23

-0 04 + I -

-0.02

I I -

+

~ 0 . 0 9I

c

-0.05 1

Meng. perf.

i ? Eq. n6 6 I'?E ~" 6. C 2? Eq. n6 6 Z? ~ q"6. C 3? Eq. n6 B 30 E ~ . C 4? Eq. n6 B

I

I

-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 ~ (+9,6) c = 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 colocaremos 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.

Curso de análise

192

estrutural

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: - 1 1 3 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 equilibrá-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 n ó 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.


194

6 0 ) Prendendo o n ó B, já equilibrado, mais uma vez, com a chapa I e liberando a rotação do n ó C, a carga-momento de (+0,09 m t ) a quc ele ficará submetido será equilibrada por momentos de (.-0,09 X 0.57 1 = = -0,05 iiit no n ó C da barra BC e de (-0,09 X 0,043) = -0.04 nit no n ó 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 n ó C

A

0.64

0.36

0.57

A

-24 +9 t5.4 +S.6 - - -r -3;36 t t i 2 1 t2.15 -i -0.30 c +o.ll to.19 + - -0.02 t Fi.11-26

-

D

0.43

a c

C16 t4.8 -6.72 5.08 + +1.07 -0.61~0.46 + -9

1 6 -2.54 -0.23

+O@

-0.05

-0.04

+

-0.02

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 n ó B. Devido a carga-momento de (-0.02 m t ) 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 n ó 8, ficando o esquema final de niomentos o indicado na Fig. 11-27 e que está transcrito na Fig. 11-20.

-

A A

0.36

0.64

A

-24 8 +9

- +9.6 +5,4

0.57 -9

0.43 A C

D

+I6

-16

+ +4,8

-3.36 t -6.72 +1,21 +2,15 + +1.07 --0.30 t -0.61 +0,11 +0,19 -t +O,W --0.02 t 0.05 a . 0 1 +0.01 --

-5.08 -

+

-2.54

-0.46 -t -

-0.23

6.04

-0.02

4

Fig. 11-27 - 4? equilíbrio do nó B.

Processo de Cross

195

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 ( m t )

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).

196


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 c o ~ i c o ~ ~ eno n t enó) 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, multiplicados 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 distribuição de momentos - foi apresentado pelo professor norte-americano Hardy Cross em 1932 e é, sem dúvida, uma das mais notáveis contribuições 4~efinidasna Cap. I deste volume

197

Processo de Cross

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 resolução, 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 convençóes 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) F i n a l m e n t e , ~ e r e m o s frisar que o processo de Cross, pertence. teoricaiiiente, 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

Eni torno do nó B :

8 d , = -= 0.67 8 t 4 d,

=

4 - = 0.33 8 + 4

Em tomo do nó C :

d,

=

d , = --- = 0,5

Em torno do nó D:

4 d, = --

4 4 + 4

4 + 3

=

0.57

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

Para a barra 4: MD =

3X42 + 8

3

- X 2 X 4 = +7,5 mt

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,

B

A

C

-

+4

-4

I

+4

I

+

t4

-4

1-1 I

+--2.0

I i

)+0,25 + +0.501+0,50 --++0,25 I I I I -0.17 1-Jl.08 + -0.04 1 - 17 I I I I 1-0.07 t -0.14

I

I

1 +0,03 t +0.061 t0.05

I

I

I

I

-0.01

+

-0.02 1-0.01 -

--IL

t7.5 I 1-1.5

Me,,. ,d. Eq.nóD

1I

(Mdes = +3.5)

1

Eq. nó C

I

(Mdes = -1 Eq. nó 8

I

I

I 1 -O 11

I + +0.021

I I

(Mde

= +0,25)

Eq. nO D (Mde. = +0,251

Eq. nó C IMder = -0,111

I

1

Eq. nó E?

I

I

(Mder = +0.031

I

I

I I I

I

Eq. nó D

1

-0.011 -O 01 --IL

j +3,48

-5.88/ +5,88

Momentos finais

I

I

+3,91

-

-

-4

1

-0.08

D

-4.19 1+4,19 I

-3.48

I I

(Mdes = +0.021

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 M o m e n t o s 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 isolamos 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, reprcsentadas na Fig. 11-34,

201

Processo de Cros

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

Em torno do

d , = -- -0.60

iió

D:

3 t 6

6t4

202


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:

Me=-

qI2 + -

M

3X62

6

+ - = -10.5 int 2 8 2 8 MB = + 6 int (obtidos da análise do equilíbrio do nó B. na Fig. 11-39.3, que mostra que = - 6 mi e M: = + 6 int)

MP

11-39.1

11-39.2

11-39.3

Fig. 11-39

Barra 2:

Mc = -MD =

Barra 3:

MD

=

3 X 4' -- = + 4 m t

12

5 X 6' -ME = -- = 12

+ 15 mt

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.

Processo de Cross

203

sucessivamente os nós iniciando no caso, pelo nó mais desequilibrado que D. Encerramos a propagação de momentos, quando o valor a propagar foi igual ou inferior a 0,I mt (precisão exigida no exemplo).

é o nó

I

1-3.3

I

I I

13.3 -

1% I

I I

I 1 -0.9

I I

I

I I

+0.3 1 +0.6 -1L

I

-

I

I

-

I

+

i

-6.6 -4.4 I 1 13.2 1 1 I -1.9 1 -1.3

-1-

-

-

-2.2 Eq. n6 D IMder = + l l ) Eq. n6 C (Mdes= -9.81

-0.6 ~ q n6 : D

1

+0,3 1

(Md,,

=

t3.2)

Eq. n6 C

I

IMde, = -0.91

I

Eq. "6 D (Mder = t0.31

1 I I

I

I

I I

I I

I

-6 +6

-6.9

t6.9

1

-9.2 +9.2

17.8

Momentos 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

Ex. 11.3

i

-

-

DMr \ r m mt).

Resolver o quadro da Fig. 11-43.1 para o carreganiento indicado.

4

I

I

4

1

1

1

43th

1

7f

h

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, =

3 X 8 + 3

= 0,296

b) Momentos de engastamento perfeito Da tabela 1, temos: Para a barra 2: MA = -Mo

Para a barra 4:

=

- t 9 ,,lt 12

2X 8 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.

=

K

A constante de engastamento elástico vale: 103mt/rad.

= 3 X

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 = 0,6 3.000 + 2.000

2.000 - 0,4 5.000

d I

Em tomo do nó B: d, =

2.000 = 0,67 2.000 + 1.000

b) Momentos de engastarnento perfeito Para a barra 1: MA = -MB

6 X 4'

t8 mt 12 Para a barra 2: Mc = -12 mt (obtido do esquema da Fig. 11-50) = -- =

M B = - - - =62

8

l2 2

21 m t .

barra 2 .

Fig. 11-50 - Obtençào de M C

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.

209

Processo de Croa

wrf. Eq. n 6 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)

r

Fig. 11-53 gamrnto.

DMI' (em mt) para a care-

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.') Na barra 2: ME = -lZ 6'

= -3,33 mt

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. chegandose aos momentos finais indicados na Fig. 11-55,

A -

I

1 +15

-9 -

15

--3 t -

+1.73

-2.89 1 +1.16 1 1 -0.19

+0.11 -

1 I

1 = +

-0.01 to.01 -

i

+I5

I

1

-5.78

-

-0.03

Eq. nó A

1 -2.89

Eq. nó B Eq. nó A

1 -

,

I

-0.19 -

Eq. nó B

-0.01

Eq. nò 8

I

I I

I

I

-7.15

1

Eq. n6 A Eq. nó A

I I

I

Meng.perf.

1I

+0,58 1 -0.39 1 - I --+ +0,04 1 ---r

-3,33

+7.15

t6.42

Fig. 11-55

-6.42

Equilíbrio de momentos.

Momentos

finais

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 (eni mt).

Momentos finais tio3 iiós

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

212


r as tabelas correspondeiites já apresentadas e discutidas rio Cap. I deste volume. Assim, temos: a) Determinação dos coeficientes de distribuição de momentos h v a n d o 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 = - = 0,2 e

reta assimétrica com n 55, 5 A = 10= 0.5. obtendo-se da tabela IV:

& E

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: 1o As expressões (1-27) e (1-29) lios coiiduzem a:

,

4,35 0 104 Ks = aEJmi,, -(1 - ) = - X 6,90 (1 - -) a 10 6,90 = 2.560 int Para a barra 3: Trata-se de uma misula reta assim6tRca, com X = 1, obteiido-se da tabela IV: a, = 13,55 a2 = 6.05 = 4,51

i1

= 0.2 e

Levando em conta que estamos buscando a rigidez no nó de maior inércia, temos pela expressão (1-27):

Processo de Cross

213

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:

b) Momentos de engastamento perfeito 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 = 10F5(+30) X 5 = 150 X IO-'m A, = a A t

X 1 0 = 300 X 10-5 e

(Para as barras 1 e 3, temos: Al, = 10-'(+30) Al, = 10-'(+30) X 1 3 = 390 X ]O-') Do wiliiot, obtemos os deslocamentos ortogonais recíprocos que valem: p , = 1;;= -470 X 10-' (sinal negativo 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 esquerda, acarretando sinal negativo)

-

4-

AI I

\I

i

D/ I

c '

v

I I

I

Fig. 11-60 - Williot.

L

I as-de

4-k

b./)A2

O. e


214

Os momentos de engastamento perfeito vale então, conforme as expressões (1-7) a (1-9): K'p 6.470 = -3.04 mt Para a barra 1: Mg = 2= -(-470 X I 1o Para a barra 3: Mg = K,í P

ME

+ t , _ , K,&I

=& X -(e, + p) I

=

-

1 0 4 ( ( - 3 2 0 ~ ~ 0 - 5 ) ( 1 3 , s+s 4,51) = -s,% mt

=

K , - +PI

-

P EJc t , _ , K , TP =IX-(e,

104(-320 X210-5) (6,05 10

i

+ 4,51)

+ 0) = =

-3,38mt

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 fle-

tores (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 dcslocabili&ddes lineares).

/'

aremos

a apresentafão para uma estnitura plana. A idéia é, entretanto, intepalmente válida para grelhas ou estruturas espaciais.


Estrutura a

S.P. com carregamento

]

+

( S . . com Ai =

4

A resoluçáo da estrutura, a partir d o 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 d o sistema principal com a estrutura dada e que são, no caso: (Força horizontal aplicada em 5 ) = O ... F,, + F,,A, + F I ZA* = O (Força horizontal aplicada e m D ) = 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 = M o+ 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:

Processo de Croa

217

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, M 2 ,... M,) nos nós do sistema principal e as reações de apoio F O o. F n o ; F lI , . 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 { A I = {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 EiAi (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 seguintes ~ ó e sesclarecerão. '0s dcslocanientos arbitrários não têm obriga~ãade ser unitários, pois os valores finais q u e 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

Fig. 11-67

Empregando o roteiro apresentado em 5.2, temos:

1. Sistema principal Trata-se de uma estrutura com 2 deslocabilidades externas, obtendo-se, com o acrescimo de apoios do 10 gêFig.o 11-68 sistema ( n oprincipal qual innero indeslocável em E edaD. dicamos o sentido que consideraremos positivo para as reações nos apoios 1 e 2).


a) Carregamento externo

fi,@ C

A

E

Fig. 11-68

n

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

A

Arbitrando EJ = 100, surgirão os seguintes momentos de engastamento perfeito devidos aos deslocamentos ortogonais recíprocos:

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 = -20 mt Na barra BC: MB = Mc = --

lZ

-

s2

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 com igual rigidez, podemos afirmar que todos oS coeficientes de distribuição de momentos são, n o caso, iguais T. 0,s.

r

J

k, -

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).


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, portanto. aos da Fig. 11-73.2, que sã
Por

21.

= O

HA = 22,6.+ 2 1 2 = 8,76 5 Por

MP

=

O

ME =

+

=

534

41

21.2

3,24 t

22.6

5

6

, HA

5.4

t E;

1 "A

Fig. 11-74

-

Determinação das rea~óes

de apoio.

Por Z Y = 0 Por E M B = 0

? Por M

= O

VA = VE i. 22,6 5,4 + 8 v -~(8.76 - 3.24) X 5 = 0 . VE = V* = 1,3 t -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 . F,, = -14,57

14.57

8.76

Fig. 11-75

3.24

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.

222

_i


3. Equaçóes de compatibilidade estática:

F,, + F , , A , + F,,A, = 0 F2,+ F 2 , A l + F 2 , A 2 = 0

i

-4 + 20,09A1 -14,57A2 = O 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 t 0,422 E, + 0,305 E,).

Fig. 11-79

=

-

E. +

Fig. 11-78

-

Moineiitos nos 116s (em tiitl.

DMF e r e a f k s 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

1. Sistema principal 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 deslocamento 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 a) Carregamento externo 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 12

iguais a -= 6 mt, com os sinais indicados na Fig. 11-83, onde já fizemos 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 Para a barra 1: MA = ME = -= +

P

6'

I*

=

t1.666 mt

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

Temos, então: F,,

=

Rcavòes iIc.apoio:R I

+ 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~õesde 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

3t

0.018m4

, 0.018m4

+3m-+8m4

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

a) Carregamento externo 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 ~rincipalum 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-simétrica, podendo-se trabalhar, apenas, com metade da estrutura para equilibrar os momentos. A partir dos valores de rigidez em torno d o nb B indicados na Fig. 11-95,

Fig. 11-94

"Desprezando sua deformaGão por esforfo normal, o que é usual, no caso.


228

temos os seguintes cocficientes de distribuição de momentos em torno deste nó:

3 X

I<'= 4

9

10 - =0.67h

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

MB Arbitrando-se EJAI

=

M,=

3 EJA , 12

joO- +4,68 int 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~iode momentos.

Fig. 11-97 -

Mi

3. Cálculo de A,

Temos: A I

=

Fio - 5 -= 4,79 FII 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

t'm

6 m+6

m + 6 Fig. 11-100

r

n

4

230


1. Sistema principal 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

2. Efeitos no sistema principal 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.

a) Carregamento externo Os momentos de engastamento perfeito sáo: 2 X 6' = 12

Para a barra AB:

MA

=

-MB =

Pata a barra BC:

Ms

=

2 X 6 ' = t6 nit 12

t6 mt

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 tim

-6.76

16.18

1 1 1 1 1 1

-0.69 0.09

Fig. 11-106 - Determinação das rrações Fig. 11-105 - Mo

dc apoio.

232


As reações de apoio valem, a partir da Fig. 11-106: (-6,76 t 3.83 t 0,69 + 0,16) = 5,65 vE=3x2+ 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

6 EJ a i- 360 - +,O mt. iguais a 62 - 36

\

O equilíbrio de momentos está feito na Fig. 1d-107 (cessamos a propagaçáo para momentos inferiores a 0 , l mt), conduzindo aos valores finais representados na Fig. 11-108.

Fig. 11-107 - Equilíbrio de momentos

-6,7

+6.7

i7.0

6.0 ~1.0

Fig. 11-108 - MI

1

Processo de C i o s

As reaçóes de apoio valem, a partir da Fig. 11-109:

Temos, então:

Fll

=

+4,57

t

3. Cálculo de A,

12,35 = 2,7 A i = - - FIO = F I ~ 4,57

7 VF

Fig. 11-109 de apoio.

-

4

Determinação das reações

4. Momentos íiiais Da expresso M = M o + 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

Fig. Il-LI1

= Mo

-

+ 2.7M1 (em mt).

DMF (em mt).

234


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 moinentos 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 unitária 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.

I

1

Fig. 11-1 14.2 - DMF

Fig. 11-114 - R e w l u ~ á op.drd atuação de momento dc engastamento perfeito unitirio em P q .

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 I

-

Seja obter a linha de influência de momentos fletores em LIdb, por exemplo: Analisando cada trecho, temos:

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 gdirdado por MBdir = d ,

I

m B'

13;

isto é: L.I. Medir = d , L.I. m k (para o trecho AB)

" ~ s t a m o s considerando positiva o momento fletor que tracionar as fibras do lado pontilhado, conrorme é praxe na Estática.


236

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 ~nitária).'~

Desta forma, podemos construir, com simplicidade, a liniia de influência no trecho A B , 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. ao momento de engastamento perfeito em B"" no Chamando m sistema principal para a atuação da carga unitária concentrada na barra BC, a partir do esquema da Fig. 11-1 15 podemos escrever que:

- (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. L 1 . 1 - (1 d

) L.I. m i =

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 ~ ocaso 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 easm notar 1 3 c 15

237

Processo de Cross

i

da qual obtemos, para uma dada posição da carga unitária:

Ms =

I-x 1 Mesq

Qs = QoS

+

X

+

Mdir

-1

\ Mdir

+

,P=I

%r

t

y

I

Mo3

Mesq

L.

---

I

i---_

A partir destas duas expressões, obtemos imediatamente as linhas de influência dos esforços simples em S, dadas pelas expressões(l1.10) e (11.1 1). a seguir: X

+L.LMdi, + I

L.l.hfs = L.I. M,

M ,

i Fig. 11-1 16

1-x I

- L.1. Mesq

(Nas expressões 11.10 e IL1 I , Mos e Q, biapoiada de substituição.)

(11.10)

são os esforços simples na viga

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 seguintes esclarecerão.

a está completamente resolvido. As aplicações

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 engastaI 7 ~ o caso da Fig. 11-112, a barra BD


238

mento perfeito unitários nos nós) será um pouco mais trabalhosa, pois Gnsistirá 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- 118, 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 (deslocimenta Iiarizontal da tabuleiro) e ar pontesemviga são indeslodveis.

Processo de Cross

Fig. 11-1 L8

-

239

Eq. nó B.

Fig. 11-1 19 - Eq. de momentos

-

Fig. 11-120 - DMF devido a mBesq = + I .

b) Momento em

19

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.

c) Momentos em

Fig. 11-122 - DMI: devido a i i i ~ c s =q +I.

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 gdirpois, 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 (+0.5) Inces¶ = (t0.5) X [-P/X = -0.5 X 1 X 20 X k , = -10 k ,

? 7 t r c c , i a ~ ~=

tabela 11)l

(coeficiente k4 da

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:

q 1 = -10 ko,,, = -10 X 0,1172 = -1,172 X 0,1875 = -1,875 qnr = -10ko,,5 = -10 X 0,1641 = -1,641

va = -10 kOs5,= -10

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 Da expressáo (11.1 I), temos: L1. Qn = L.I. Qon +

1 (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.

242


Fig. 11-128

-

Obtçnçio de L.I.QII.

-0,594 -0,082

0,094 -0,059

"-E Iv

r0.313

v

10.063

+0.406

Fig. 11-129

-

L.I.Ql1

Da expressão (11.10), temos: L.I.Mw

=

L.l.Afoni t t

\

5 15 L . I . M ~+ - L.I.Mc 20 20

=

L.I.Morv

L.I.Mu + +4

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

I

L.I. VC = L.l.Qcdir

Sabemos, da expresso (lI.12), que

1

- - L.I.Mc t

1o

1 - L.l.Qcesq = (L.l.Qflcdir + L.I.MD 20

1 (L.I.MB + 20

I ?_O L.I.Mc) .

1 L.I.Mc t L.I.MD) = L.I. VOc - 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,

Curso de analise estrutural -0.375 I

III

I1

C

IV

v

VI

A

O 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

k0.03

Fig. 11-135

Processo de Cross

245

I

h) Momento em

I

A partir do equilíbrio de momento feito na Fig. 11-136.1, temos o diagrama de momentos fletores da Fig. 11-136.2.

Bd'

I

mgdlr =+i

n i 1 90 -0.27

+0.01 t0.74

0.27

--

A, -0.13

+0,03

.

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 A B 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:

m B~ * h ~( 0 , l 0, ) m c e~ ~= (-0,74 X 1 X 10 X k l ) -(0,10X 1 X 10k2)= -7,4kl - k,

~ BC =~(-0,74) ~

R

A partir dos valores de k, e X,, obtidos da Tabela 11. temos:

- 0,0469 = -1,087 -7,4 X 0,125 - 0.125 = -1,050 = -7.4 X 0,0469 - 0,1406 = -0,489

t j i v = -7.4 X 0,1406 =

a.3

-

Carga unitária no trecho CD

Da fig. 11-138. temos qtrcciioC . =~ (f0.10) mCd" = t0.10 X 1 X 10 X k,

=

k3

Da Tabela 11. vem: = 0.164 rivi11 = 0.188 I)[X = 0,117

?v11

"NO caso, não há necessidade de obter L.I.MBW e tlusnciaráo o traçado de L.I.Mv.

L . I . M ~ ~pois " , elas náo in

247

Processo de Cross

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, obtendose, 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.

Cumo de analise estrutural

248

Seção

I 11 I11 IV V

L.I.MOV

0,s (L.l.MCew t L.I.MBdr)

O O O +1.250 +2,50

-0,094 -0,150 -0,130 -0,788 -1,050

Fig. 0-141.a -0,094

-

L.1.M" -0,094 -0,150 -0,130 t0.462 t 1,450

O b t e n ~ ã oda L.1.M".

-0.150 -0,130

Fig. 11-141.b

-

L.1.M"

7.1 - Apresentação 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
Processo de Cross

Fig. 11.142

- I s t r i i t i i r &a ri-solver.

valendo M B, = - ql' e um segundo. ein tortio do eixo .v - v . vaieiido 12 M; =

P/ +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 i x o x - 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 ) .

250


Fig. 11-144 - Momentos em torno de - X.

X

Fig. ii-145 Y-Y.

-

Momentos em torno de

Para o caso da Fig. 11-144, os coeficientes de distribuição de momentos em tomo do nó B sáo:

K0 dlx

=KQ

+KT e d,

=

Kp

K Q +KTa , 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: dly =

K@

K T0

~ $ +3K @ 4EJ

= -).

K@

e dw =

KT + K @

(sendo

GJ KT = 2 e 1,

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 retificarmos a grelha. Assim, para os equilíbrios de momentos indicados nas

Processo de Cross

253

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.

Cuno de analise esirutural

254

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

4x8

12

-= 4 m t 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. 4x8

,

K=-

\

f

KT

, =

-

=

0.5

0 O

Mx

,

4x8 K=---

KT= -4= \

6

16 2 -

3

Fig. 11-153

2. Equilibrio dos momentos Mx Para equiiíbno dos momentos M,. distribuição de momentos:

temos os seguintes coeficientes de

Kp

Em tomo do nó B: d,, =

Em torno do nó C: d,, =

- 0,085 .'.

-

K@

1613 =0,843 +KP 1613 + 1

K@

.:

-

d,,

=

0,915

d,,=0.157

A partir do equilíbrio de momentos da Fig. 11-154, obtemos os momentos finais M,, representados em 11-155. I

Torv-o

I

I

FIexdO

TocSo

4

A

rO.90

* -0.90

/

+O.W

Fig. 11-154

0.90

Fikii-155

-1.70

- Equilibrio

1

tl.70

dos momentos Mx.

\ M&

- Momentos Mx

h1.70

hc

0.90 (em mtf.

-1.71)

256

Curso de analise esirutural

3. Equilíbrio dos momentos My Temos os seguintes coeficientes de distribuição de momentos: Em torno do nóB: d', = Em torno do n6 C d

K@

4

KO +K@

-

=4+2/3=0,855 =

"-K,+K

* 2/3+8

= 0,077

.'. dZy = 0,145 .: d?

= 0,923

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 ~11-158.1 s . 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


258

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

a) Carregamento externo Aplicando o carregamento externo n o sistema principal, temos, conforme indica a Fig. 11-161: Mx=My=Oe 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. 6EJAl 6 X 24 - mt A=T6 X 24 = -= 4 m t 36

Para a barra 1: IMAl = IMBl = Para a barra 2: IMBI = IMd

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

-0.8 -0.8

it

=

-1)

1 +0.8 -

M.8

-4 f3.2 I =

I

11 =

0.5)

-4 +1,6

-2.4

1y?

= 0,s.

Fig. Ii-164 - My

C u m de análise estrutural

Fi.11-165 - M, e T i (em m t ) .

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 = J, e J,, = SJ,, pede-se: com J,, 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

A

IFi$ C

.I=-

D

Fie. 11-171

-6m-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 c) recalque vertical, de cima para baixo, de 1 cm de B.

-;I - -A -- - - .

-. -

3m

São dados: EJ u ==I O 105 - ~tm2 /"C

6 rn

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

&3m

+

3m

3

8.10 - Obter o diagrama de momentos fletores para o quadro de inércia constante da Fig. 11-175.

Fig.

8.1 1 - Idem, para a Fig. 11-176.

fl:i +

4-

n-I75

F . 11-176

Curso de anslise estrutural

264

8.12 - Idem, para a viga da Fig. 11-177, cujas barras são misulas parabólicas com J,, = J, e J,á, = 5.7,. Sáo dados: EJ, = 2 X 104tmz;k = 1 0 4 t/m

I

A

I

I

I I

L3r

I

n

9m

~ rn 6

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- C F , L.I.Vc, L.IMm, L.I.Qcda, L.I.MG.

Processo de Cross

265

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

4

lb

4m

16rn

eL

k

L,

4rn4rn

12m

qL

L,

4m4m

16m

l i 4m

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

Curso de análise estrutural 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 confirmada.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 catenária; 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

267

transmissão.


268

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. Para o caso de cabos com flecha grande em relação ao vão

f 0,2) (i>

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 ..., 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-

P,,

2~aso de maior inçidgncia,

na prática

3~ssurninda a configura~ão parabólic~ ao invés de catcnária para cabos com -~ ~

< 0.20, o máximo erro qite se cometerá (caso der=f

0,20)será de 6's para menos

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~tesde s w r a n $a adotados, no dimensionamcnta de cabos. (Estes valores foram calculados para cabos com pontos de suspensão no mesmo nível.)

tio

Introdução ao estudo dos cabos

Fig. n i - i

, , _ C _ ~

Fig. UI-2 - Esquema estático para estudo dos arcos trabalhando na linha de pressões. (Transcnçáo da Fig. 111-53 d o Vol. I d e 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.


270

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.

tgv =

Ns =

J (Q, +

Q, + H'sena H'cosa sena na)' + (H'cosa)'

(111.2) (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: y* =-;

Ms

(111.4)

H

b) Conforme mostra a expressão (II1.3), os esforços normais máximos no cabo ocorrerão quando tivermos (Q,),á,, o que sucedera num dos apoios (OUem 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=xtga- 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"(casode 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) =--(111.8) 2 2 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 y ( x ) = x tga

--4fx P (I-x)

(111.1 1)

b) Determinaçáo dos esforços normais Ns:

Temos, conforme (111-3):

+ H' sen a)' + (H' cos ai)'

Ns =

qP obtemos, Levando em conta que: Qs(x) =- 41 - qx e que H' = 8f cos a ' 2 introduzindo o parimetro adimensional auxiliar Nsíx) =

I

=

H'cosa J1

+= P

+

16n2 + tg2a

- 64n2x +- 16nx tg a - 8n tga I

I

(111.13)

Os esforços normais máximos ocorrerão numa das extremidades do cabo e temos: Para x

O:.

i

Ns(0)=NA =H'cosuJl

+

1 6 n Z +t g 2 a - 8 n t g a

(111.14)

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 x = 1:

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

-dx

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. Trabalhandose, apenas, com os dois primeiros termos da série, já obtemos uma aproxùnação 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:

L

;r

8 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

6 ~ a r acabos com n

f 0.20, que é o caso que cstamos =-< I

estudando,^ erro comctida

desprezando o terceiro termo d a série cm diante é de no máximo 0,9%2,para mais, no comprimento do cabo, sendo evidentemente, irrisório.


274

f coeficientes adiiensionais k , e k 2 , tabelar, em função da relação n =Tos 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) L = k,l

sendo: kl =

= v J X Ji+isnZ' 8n

(111.19) (111.20)

(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,& caso de a! = 0: N,, = k, (91) L = k,l

e L, para

Introduçáo ao estudo dos cabos

275

c) Comparemos, para o caso da Fig. 1114, o valor de Nm, correspondente

i relação n

f

=-=

1

0,10 com o valor de H': Temos:

Da Tabela da Fig. III-6: Para-f = 0,lO: Nm, = 1,3463 ql 1 Da expressão 111.9, vem, para--f 0,lO: H ' = 1,250ql 1Temos, 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 conclusão 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' =

v (no caso da reta AB ser horizontal)

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: S c r ~> v-,412 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. '~xpressão válida valor

para-
0,lO. Para valores aiperiores deveremos empregar o

de Nmáx dada pela expressáa (111.191.


276

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; d) Calcular o comprimento total do cabo.

G 4 0 m +4Om

+ZOm+

Fig. 111-7

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:

Ms

Ms Y* =Ii= -1O0

100

Qlem tl A configuração geom6trica do cabo -21 para o carregamento indicado 6, então, 3 1 -4 1 a da Fig. 111-9 (os trechos AC. CD e 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).

277

Introduçio ao estudo dos cabos

b) As reaçóes de apoio estão indicadas na Fig. 111-9 e, da expressão 111.6, obtemos ,VSmá, = +H" = d 4 I 2 + 1002= 108,08 t de tração, atuando emB.

deirnáx

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 expressão (111.17). Temos, a partir dos esquemas das Figs. 111-10.1 a 111-10.3

L-rn-*

I = 40m

A*

C I 1

'------I

-,,I;\ ,

D

I

11.6 - 7.2 = 4.4m

\

J

y hLI i O , t

.I-$I = 20m

J

v

m-10.1 - Trecho AC UI-10.2 - Trecho CD IU-10.3 - Trecho DB (cosa = 0.99401. (COS a = 0,9409t (COS a = 0,9604). Fig. 111-10 - Esquemas para emprego da expressão 111.17.

Para o trecho AC: I.AC =

i (1 cos a

=

41.71 m

8 40 8 1 t-n2cos4a) = 3 0,9604 1 + ?, (

[

-

Para o trecho CD:

Para o trecho DB:

LDB = O' 0,9409

[ +-i(L ' ,O:

I? <0,9409)4

1

=

21.26 m

(0,9604)4]

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 , ou seja: f . 8SuR mm

f>--

-

vySIZ v7P 8 % ~ 8oR

No caso, ficamos com:

Observaçáo: Notar que, como-f < 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 18 6n i 1 2 X ~ , ~ X 5 0 0: Vem, então: f = r11 = 0,0422 X 500

=

21,1 m

b) Compnmento total do cabo: Da expressão Ill.iY, temos: I. = 1 (1

8 + -ri2) 3

=

8 5OCi (I +Xi 0.042Z2)

=

502.38 m

n=0,0422

279


Observação: Poderíamos ter resolvido este problenia. com excelente precisào, empregando a Tabela da Fig. 111-6, senão. vejamos: 60 = 3 Como N,,á, = ( q l ) k , , temos: /c, = 0.04 X 500 Para descobrirmos a que valor de empregando interpolação linear:

vem entào: f

= ri1 =

11

corresponde o valor k , = 3. temos,

21,3 m

Também empregando interpolação liiicar, obtemos, para

k 2 = 1.0043

+

vem então: L

0.27 (1,0067 =

-

I!

= 0.W27:

1,0043) = 1,00495

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 ~iniformemente 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


280

por 2.Y = O

:

N , (x) = H'cos a x

(1s

zq=H'cos a -,d.7

coiiforme indica

a Fig. 111-12. Fip. 111-12 - Uetrrrninaqào de NS /xJ = J I H 1 . tVA

Ficamos então, levando eni conta (111.1 I), com:

obtendo-se: H' cos a

AL =---

16

I (sec2a + - i ? ' ) . OU 3 substituindo H' pelo valor definido em (111.9): ES

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 matematica do problema bastante mais complexa, fugindo do nível em que estamos abordando o assunto (nível este que já fornece precisão suficiente para resolução 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


281

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 multiplicados 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 X - X cos4a) = -(I 1 cosa c - (I +

8 f +X - cos4a) (1 + a, A,) 3

1

''A d e d u ~ ã odesta expressão é inteiramente análoga e possui as mesmas simplificações feitas no rstudo da influência da variação d e temperatura feito a seguir.

282


Desenvolvendo. obtemos:

- fl e levando em conta que, no regime Substituindo f: - f7 por (rt + fl 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 3acAl (111.28) 16ri2cus4a) Como os esforços ~iormaisatuantes n o cabo são proporcionais ao valor da reação H' (ver expressão 111.13), podemos escrever, finalmente, que o valor dos esforços iiormais N l atuantes após a variação de temperatura A , em função do valor dos niesmos esforços N atuantes antes da variação de temperatura é dado por: H ; = H'(I -

Observações: a) A expressão 111.29 mostra que. iio caso de aumento de temperatura ( A , > O), os esforços normais existentes n o 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.


283

f Por exemplo, suponhamos um cabo com n =-=

I a , = 10-5/"C e com linha de fechamento horizontal:

0.01. A, = -30 "C,

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 , A t L ou seja, levando-se em conta (111.17): 8 AL = acAt 1 (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 distribuída 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 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 Fi.111-14.1 os pontos seguintes:

pv -.

II

Pernianrçcndo válidas, para este carregamento

no item 2 deste ca~itulo.

'bq"todas % expressões deduzidas

Curso de analise estmtural

284

a) Caso de -

[

5- < a < 2

- - -- - - - - -

V

sen oi

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 vertip+vmsar cal do cabo. Fig. 111-14.2 A consideração deste aumento de 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 desempenhar. 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, trabaihando o cabo @ para a situação de inclusive, o peso do cabo sucção (carga de baixo para cima).

a),

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. " ~ a s o em que->f 0,20, no qual a hipótese de considerarmos o carregamento disI tribuido segundo o vào introduziria nos resultados enos superiores aos aceitáveis.

Cursa de análise estrutural 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 n o m a l NA atuante em A , a partir do esquema da Fig. 111-18, obtido destacando o arco AS do cabo. Por 2 X = O Ncosq = NA cos q, = = H'cosa (111.32) Por XY = O Nsenq = NA senq, t qs

F-"---

Dividindo membro a membro as duas últimas igualdades, vem: tgq

;-

tgip, +

qs H ' cos rr

Introduzindo o parâmetro auxiliar a. definido por (UI.34), ficamos com:

=-

Fig. 111-1 8

H ' c o s
4 Diferenciando (111.33) e levando em conta que ds =

c 1 + (-)'

dx, vem:


Sy dx dx2 d2i.

=-=ds a

1

1 + (dY d d. r r

n

a

, ou seja:

JJJdvz' 1 +(A)

,z=y

dx

Esta equação diferrncial defiiie a elástica do cabo e temos, iiitegrindo-a sucessivameiite duas vezes: x serih (a

*= dx

y

=

a cosh +: (

+ K), seiido K uma coristatite de integração

I' a

K)

+ C. sciido C uma segunda constante dc integração.

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:

,v

=

X

a

O valor de h' é obtido da condiçáo

I

-- cosli (-+ a U

(cosh-

1 a

-

K)

- cosli

1 ) cosh K

+

K )

a [cosh (-+

- cosh

.v (li = d .

K]

(111.35)

obtendo-se:

K . oii desenvolvendo-se:

I

K

senh-senh a

d

=a

(111.36)

A equação (111.35) mostra que a elástica do czbo 6 dada por uma catenária, 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

s Como- d? = senh (-+x dx a tgq,

di,

= (-)

~1.x .y

=

n

= senh

dl~

= a (-

dx

- tg q,)

K )e

R, ficamos com


288 s

=

x a [senh (-+ a

-

K) senh K], simbolizando esta expressão o comprimento

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'

COS O

=

~ ' c o as sec 9

Levando em conta (111.34), vem: N = q a sec 9 Finalmente, observando que $9 =- dy = senh (-+x dx

N = q a

J I + senh2 (L+ K) a

a

=

K), ficamos com: X

q a cosh (-+ a

K)

Os esforços normais (de tração) atuantes numa seção genérica do cabo são dados, então, por:

N (x)

=

X

q a cosh (-

a

+ K)

(111.38)

X Observação: O esforço normal máximo ocorrerá quando cosh (-+

a

K)

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).

a = -H' cos a 4

(111.34)

289

Introducáo ao estudo dos cabos

Fig. nl-I 9

1 (cosh--

1

1) cosh K + senh-senh

a

a

d a

K =-

X

(111.38)

N ( x ) = q a cosh (ã+ K )

~~a~

=

O>,,,áx

+a

C O S ~K

(111.36)

)

(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

290


(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 desejado no cabo.)I3 normal N,

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

291


Conforme indica a Fig. 111-21, temos, para x = 200 : y = f = 100. Iiitroduzindo-se estes valores na expressão (lII.41) obtemos 200 200 1O0 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 e m o s uma diferença desprezível entre os dois membros da equação em face da precisão desejada n o 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

200 = 460,2 m

Por (111.42): 1. = 20 senh - = 2 X 215 senh 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 n o 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

--

Obtemos, enião: $h

1 20 =20 1

Resolvendo, por tentativas, esta equação transcendente (por procedimento inteiramente análogo ao do exemplo anterior), obtemos

I -- 1,2 20 A flecha valera, então: f = a (cosh

'

1 2a

1) =

- - (cosh 1,2 2.4

1) = 0,3381 = 33,8%1

O esforço normal máximo atuante nestas circunstãncias (equivalendo a m í ~ m oesforço 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

São dados:

ol,b

293

= 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 1 0 m 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 comprimento. Calcular sua flecha e o valor do esforço normal máximo atuante.

'r

4.5 - Calculas a flecha 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

EDIÇÃO 2575 A - Para pedidos telegráficos deste livm, basta indicar o número 2575 A, antepondo a esse número a quantidade desejada. Por exemplo. para pedir 5 exemplares, é suficiente telegrafar assim: Dicionário - Rio de Janeiro - 52575 A. Desejando-se encomendar 10 ou mais exemnlares. não é necessário transmitir a letra A.

Süssekind - Curso de análise estrutural III

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