Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Vigas
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO1: Analise a viga da figura por meio do Método das Forças considerando
como incógnita redundante o momento fletor no apoio B. Despreze o efeito das
deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.
Figura 1 – Viga contínua
Figura 2 – Estrutura isostática fundamental
Propriedades geométricas da seção
I AB =
0,20 ⋅ (0,70) 3
12
⇒
0,20 ⋅ (0,50) 3
12
I AB = 2,744 ⋅ I BC
I BC =
I AB = 5,71667 ⋅10 −3 m 4
⇒
I BC = 2,08333 ⋅ 10 −3 m 4
⇒
I AB = 2,744 ⋅ I
Módulo de elasticidade constante: E = constante
Fase L
Figura 3 – Fase L
3
Método das Forças
Vigas
Figura 4 – Diagrama de momento fletor – Fase L
DQL1 =
M L m1 dx
M m dx
+∫ L 1
EI
EI
AB
BC
∫
20 ⋅ (8) 3
20 ⋅ (5) 3 48 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ (5 + 2)
+
+
24 ⋅ E ⋅ (2,744 ⋅ I ) 24 ⋅ EI
6 ⋅ 5 ⋅ EI
155,49 104,167 67,20
326,857
DQL1 =
+
+
⇒
DQL1 =
EI
EI
EI
EI
DQL1 =
Fase 1
Figura 5 – Fase 1
Figura 6 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
(m1 ) 2 dx
(m1 ) 2 dx
+
∫ EI BC∫ EI
AB
1⋅ 8
1⋅ 5
F11 =
+
3 ⋅ E ⋅ (2,744 ⋅ I ) 3 ⋅ EI
F11 =
4
⇒
F11 =
2,6385
EI
Método das Forças
Vigas
Cálculo da redundante
⇒
D QL + F Q = D Q
326,857 2,6385 ⋅ Q1
+
=0
EI
EI
D QL1 + F11Q1 = D Q1 = 0
⇒
Q1 = − 123,88 kNm
Cálculo dos esforços nas barras
20 ⋅ (8) 2
+ 123,88 = 0
2
20 ⋅ (8) 2
8 ⋅ VBE −
− 123,88 = 0
2
20 ⋅ (5) 2
− 48 ⋅ 2 − 123,88 = 0
5 ⋅ VBD −
2
20 ⋅ (5) 2
5 ⋅ VC −
− 48 ⋅ 3 + 123,88 = 0
2
8 ⋅VA −
⇒
V A = 64,52 kN
⇒
VBE = 95,49 kN
⇒
V BD = 93,98 kN
⇒
VVCA = 54,02 kN
Pontos de cortante nulo
Vão AB
64,52 − 20 ⋅ X AB = 0
⇒
X AB = 3,23 m
Vão BC
VMD = − 54,02 + 20 ⋅ 2 = − 14,02 kN
VME = − 54,02 + 20 ⋅ 2 + 48 = 33,98 kN
(Logo tem-se que a força cortante muda de sinal sob o ponto M)
Pontos de momento máximo
Vão AB
M MÁX = 3,23 ⋅ 64,52 −
20 ⋅ (3,23) 2
2
⇒
M MÁX =104,05 kNm
Vão BC (sob o ponto M)
M MÁX = 54,02 ⋅ 2 −
20 ⋅ (2) 2
2
⇒
M MÁX = 68,05 kNm
5
Método das Forças
Vigas
Diagrama de esforços solicitantes
Figura 7 – Diagrama de força cortante
Figura 8 – Diagrama de momento fletor
6
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO2: Analise a viga da figura através do Método das Forças considerando como
incógnitas redundantes os momentos fletores nos apoios A e B. Despreze o efeito das
deformações devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.
Dado: EI constante em todos os vãos da viga.
Figura 9 – Viga contínua
Figura 10 – Estrutura isostática fundamental
Fase L
Figura 11 – Fase L
Figura 12 – Diagrama de momento fletor – Fase L
7
Método das Forças
Vigas
DQL1 =
M L m1 dx
M m dx
M m dx
+∫ L 1 +∫ L 1
EI
EI
EI
AB
BC
CD
DQL1 =
12 ⋅ (6) 3
24 ⋅ EI
DQL 2 =
M L m2 dx
M m dx
M m dx
+∫ L 2 +∫ L 2
EI
EI
EI
AB
BC
CD
∫
⇒
DQL1 =
108
EI
∫
12 ⋅ (6) 3 12 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ [4 ⋅ 1 ⋅ (3 + 4) − (2) 2 ] 60 ⋅ (4) 2 30 ⋅ 4
DQL 2 =
+
+
−
24 ⋅ EI
24 ⋅ EI ⋅ 4
16 ⋅ EI 6 ⋅ EI
DQL 2 =
108 18 60 20
+
+
+
EI EI EI EI
⇒
DQL 2 =
166
EI
Fase 1
Figura 13 – Fase 1
Figura 14 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
(m1 ) 2 dx
(m1 ) 2 dx
(m1 ) 2 dx
F11 = ∫
+∫
+∫
EI
EI
EI
AB
BC
CD
6
2
F11 =
⇒
F11 =
3 ⋅ EI
EI
F12 = F21 =
8
6
6 ⋅ EI
⇒
F12 = F21 =
1
EI
F12 = F21 =
m1 m2 dx
m m dx
m m dx
+∫ 1 2 +∫ 1 2
EI
EI
EI
AB
BC
CD
∫
Método das Forças
Vigas
Fase 2
Figura 15 – Fase 2
Figura 16 –Diagrama de momento fletor – Fase 2
F22 =
(m2 ) 2 dx
(m2 ) 2 dx
(m2 ) 2 dx
+
+
∫ EI BC∫ EI CD∫ EI
AB
F22 =
2
4
+
EI 3 ⋅ EI
⇒
F22 =
10
3 ⋅ EI
Cálculo das redundantes
−1
Q = − F D QL
0  DQ1 
DQ =   = 

0  DQ 2 
1 
2
1 10 / 3


1
[20 / 3 − 1]
F=
( EI ) 2
F=
1
EI
⇒
F=
17
3 ⋅ ( EI ) 2
10 / 3 − 1
1 3 ⋅ ( EI ) 2 10 / 3 − 1
3
⋅
⇒
F −1 = ⋅ EI 


2
2 
EI
17  − 1
17
 −1
1 108
⋅
D QL =
EI 166
− 34,24
− 3 194 
⋅
⇒
Q=
Q =

 kN ⋅ m
17 224
 − 39,53
F −1 =
9
Método das Forças
Vigas
Esforços nas barras
12 ⋅ (6) 2
− 34,24 + 39,53 = 0
2
12 ⋅ (6) 2
6 ⋅ VBE −
+ 34,24 − 39,53 = 0
2
4 ⋅ VBD − 12 ⋅ 2 ⋅ 3 − 60 ⋅ 2 − 39,53 + 30 = 0
6 ⋅VA −
⇒
V A = 35,12 kN
⇒
VBE = 36,88 kN
⇒
VBD = 50,38 kN
⇒
VCE = 33,62 kN
⇒
VCD = 20,00 kN
2
12 ⋅ (2)
− 60 ⋅ 2 + 39,53 − 30 = 0
2
1,50 ⋅ VCD − 30 = 0
4 ⋅ VCE −
Pontos de cortante nulo
Vão AB
⇒
X AB = 2,93 m
VEE = 50,38 −12 ⋅ 2
⇒
VEE = 26,38 kN
VED = 50,38 −12 ⋅ 2 − 60
⇒
V ED = − 33,62 kN
35,12 −12 ⋅ X AB = 0
Vão BC
Logo o momento máximo no vão BC será no ponto E.
Pontos de momento máximo
Vão AB
M MÁX = 2,93 ⋅ 35,12 −
12 ⋅ (2,93) 2
− 34,24
2
Momento no ponto central do vão
12 ⋅ (3) 2
M M = 35,12 ⋅ 3 −
− 34,24
2
⇒
M MÁX =17,15 kNm
⇒
M M =17,12 kNm
⇒
M MÁX = 37,23 kNm
Vão BC
M MÁX = 50,38 ⋅ 2 −
10
12 ⋅ (2) 2
− 39,53
2
Método das Forças
Vigas
Diagrama de esforços solicitantes
Figura 17 – Diagrama de força cortante
Figura 18 – Diagrama de momento fletor
11
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO3: Resolver a viga da figura pelo Método das Forças. Considerar apenas as
deformações por flexão.
Dado: EI constante.
Figura 19 – Viga Contínua
Figura 20 – Estrutura isostática fundamental
DQ1 = 0
DQ 2 = 0
Fase L
Figura 21 – Fase L
Figura 22 – Diagrama de momento fletor – Fase L
12
Método das Forças
Vigas
Fase 1
Figura 23 – Fase 1
Figura 24 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
Fase 2
Figura 25 – Fase 2
Figura 26 – Diagrama de momento fletor – Fase 2
13
Método das Forças
Vigas
Cálculo dos deslocamentos
8
D QL1 =
2
2
M L m1
∫0 EI dx = ∫0 (
) dx
x
8
0
) dx + ∫ (
x
) dx
x
) dx
2
) dx
+ ∫(
x
) dx
x
) dx
0
2
∫(
) dx + ∫ (
x
0
0
Cálculo dos coeficientes de flexibilidade
4
mm
F11 = ∫ 1 1 dx = ∫ (
EI
0
0
8
F12 =
m 1m 2
dx =
∫0 EI
8
)2 dx = 21,3333
EI
4
∫(
x
) dx
=
0
8
m m
F22 = ∫ 2 2 dx = ∫ (
EI
0
0
53,3333
EI
)2 dx = 170 ,6666
EI
Fase Final
Cálculo das redundantes
D QL =
1  346,666 


EI 1293,333
D Q = D QL + F Q
F=
1 21,3333 53,3333 
EI 53,3333 170,6666
Q = F −1 {D Q − D QL }
 0,21428 − 0,06696
F −1 = EI 

− 0,06696 0,02678 
 0,21428 − 0,06696 1  346,666   12,3214 
Q = − EI 
=

× 
− 0,06696 0,02678  EI 1293,333 − 11,4285
14
346 ,6666
EI
2
x
2
8
=
0
M Lm 2
dx = ∫ (
EI
0
+
x
2
∫(
0
D QL 2 = ∫
∫(
0
2
+
+
=
1293 ,3333
EI
Método das Forças
Vigas
Cálculo das demais reações de apoio
Figura 27 – Reações de apoio
∑V = 0 ⇒ V
A
+ 12,3214 − 11,4285 − 20 − 10 + 10 = 0
V A = 19,1071 kN
∑M
A
 3⋅ 4 
= 0 ⇒ M A − 20 ⋅ 2 + 40 + 12,3214 ⋅ 4 − 10 ⋅ 
 + 10 ⋅ 8 − 11,4285 ⋅ 8 = 0
 2 
M A = 22,1429 kNm
Diagrama de esforços solicitantes
Figura 28 – Diagrama de força cortante
Figura 29 – Diagrama de momento fletor
15
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO4: Calcule a viga contínua abaixo usando o método das forças e em seguida
trace os diagramas finais de força cortante e momento fletor. Despreze as deformações
devidas à força cortante no cálculo dos coeficientes.
Figura 30 – Viga contínua
Dados: Seção transversal das barras AB, DE e EF – 20cm x 50cm.
Seção transversal das barras BC e CD – 20cm x 40cm.
Grau de indeterminação estática – (g.i.e.):
-
nº de vinculos externos = 2+1+1+1+1=6
nº de equações de equilibrio = 3
g.i.e. = 6-3=3
Figura 31 – Estrutura isostática fundamental
Propriedades geométricas das seções transversais
Barras AB, DE e EF
A = 20 ⋅ 50 = 1000cm 2 = 0,1m 2
20 ⋅ 50 3
= 208333,33 cm 4
12
I = 2,0833 × 10 −3 m 4
I=
Barras BC e CD
A = 20 ⋅ 40 = 800cm 2 = 0,08m 2
20 ⋅ 40 3
= 106666,67 cm 4
12
I = 1,0667 × 10 −3 m 4
I=
16
Método das Forças
Vigas
Fase L
Figura 32 – Fase L
•
Utilizando tabelas de deslocamentos em vigas isostáticas:
- DQL1 = DQL1 '+ DQL1 ' '
DQL1 ' =
20 ⋅ 4 3
53,3333
=
24 ⋅ EI AB
EI AB
DQL1 =
53,3333 22,5 46691,257
+
=
EI AB
EI BC
E
DQL1 ' ' =
20 ⋅ 33
22,5
=
24 ⋅ EI BC EI BC
- DQL 2 = DQL 2 '+ DQL 2 ' '
DQL 2 ' =
20 ⋅ 33
22,5
=
24 ⋅ EI BC EI BC
DQL 2 ' ' =
20 ⋅ 3 ⋅ 2
40 ⋅ 4 2
30
40
70
4 ⋅1⋅ (3 + 4) − 2 2 +
=
+
=
24 ⋅ 4 ⋅ EI CD
16 ⋅ EI CD EI CD EI CD EI CD
DQL 2 =
22,5
70
86691,659
+
=
EI BC EI CD
E
[
]
- DQL 3 = DQL 3 '+ DQL 3 ' '
20 ⋅1⋅ 2
40 ⋅ 4 2
23,3333
40
63,3333
2
DQL 3 ' =
4 ⋅ 3 ⋅ (1 + 4) − 2 +
=
+
=
24 ⋅ 4 ⋅ EI CD
16 ⋅ EI CD
EI CD
EI CD
EI CD
[
]
DQL 3 ' ' =
60 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ (3 + 5) 10 ⋅ 2 ⋅ 5
96 16,6667 79,3333
−
=
−
=
6 ⋅ 5 ⋅ EI DE
6 ⋅ EI DE EI DE
EI DE
EI DE
DQL 3 =
63,3333 79,3333 97442,540
+
=
EI CD
EI DE
E
17
Método das Forças
Vigas
Fase 1 (Q1 = 1 ; Q2 = 0 ; Q3 = 0)
Figura 33 – Fase 1
F11 = F '11 + F ' '11
F '11 =
1⋅ 4
3 ⋅ EI AB
F21 =
1⋅ 3
468,604
=
6 ⋅ EI BC
E
F ' '11 =
1⋅ 3
3 ⋅ EI BC
⇒
F11 =
1577,310
E
F31 = 0
Fase 2 (Q1 = 0 ; Q2 = 1 ; Q3 = 0)
Figura 34 – Fase 2
F21 =
1⋅ 3
468,604
=
6 ⋅ EI BC
E
F22 = F '22 + F ' ' 22
F ' 22 =
1⋅ 3
3 ⋅ EI BC
F32 =
1⋅ 4
624,805
=
6 ⋅ EI CD
E
18
F ' ' 22 =
1⋅ 4
3 ⋅ EI CD
⇒
F22 =
2186,785
E
Método das Forças
Vigas
Fase 3 (Q1 = 0 ; Q2 = 0 ; Q3 = 1)
Figura 35 – Fase 3
F31 = 0
F23 =
1⋅ 4
624,805
=
6 ⋅ EI CD
E
F33 = F '33 + F ' '33
F '33 =
1⋅ 4
3 ⋅ EI CD
F ' '33 =
1⋅ 5
3 ⋅ EI DE
⇒
F33 =
2049,738
E
Fase Final
Cálculo das redundantes:
D Q = D QL + F ⋅ Q
0
 
D Q = 0
0
 
D QL
0
46691,257
1577,310 468,604

1 
1


= × 86691,659  F =  468,604 2186,785 624,805  ×
E 
E


0
624,805 2049,738
97442,540
Resolvendo-se o sistema:
− 22,651 kNm 


Q = − 23,395 kNm
− 39,880 kNm


ESTRUTURA FINAL:
Figura 36 – Indicação dos momentos fletores nos apoios
19
Método das Forças
Vigas
Cálculo das reações de apoio
∑M
B
∑M
=0
20 ⋅ 4 2
4VA −
+ 22,651 = 0
2
∑M
A
VA = 34,34kN
D
VB ' = 45,66kN
=0
4VC ' '−(20 ⋅ 2 ⋅ 3) − (40 ⋅ 2) − 23,395 + 39,880 = 0
VC ' ' = 45,88kN
∑M
C
B
20 ⋅ 3 2
+ 23,395 = 0
2
V B ' ' = 29,75 kN
=0
− 3VC '+
20 ⋅ 3 2
+ 23,395 − 22,651 = 0 VC ' = 30,25 kN
2
∑M
=0
E
5V D ' '−(60 ⋅ 3) − 39,880 + 20,00 = 0
V D ' ' = 39,98kN
∑M
=0
2
− 4V D '+39,880 + (40 ⋅ 2) +
20 ⋅ 2
− 23,395 = 0
2
VD ' = 34,12kN
V A = 34,34 kN
VB = VB' + VB'' = 75,41 kN
Resumindo: VC = VC' + VC'' = 76,13 kN
VD = VD' + V D'' = 74,10 kN
VE = 30,02
20
=0
3V B ' '−22,65 −
∑M
=0
20 ⋅ 4 2
− 4VB '+
+ 22,651 = 0
2
∑M
C
kN
D
=0
− 5VE + 20 + (60 ⋅ 2) + (10 ⋅ 5) − 39,880 = 0
VE = 30,02kN
Método das Forças
Vigas
DIAGRAMAS FINAIS
Figura 37 - Diagrama de força cortante
Figura 38 - Diagrama de momento fletor
Cálculo dos coeficientes do exemplo 4 usando o princípio dos trabalhos virtuais (P.T.V.):
Diagrama de momento fletor nas diversas fases:
Figura 39 - Diagramas da FASE L
Figura 40 - Diagramas da FASE 1
21
Método das Forças
Vigas
Figura 41 - Diagramas da FASE 2
Figura 42 - Diagramas da FASE 3
FASE L : DQLi = ∫
Cálculo dos deslocamentos:
4
DQL1 =
1
(
EI AB ∫0
DQL1 =
1
EI AB
DQL 2 =
1
EI BC
3
)dx +
1
 40 ⋅ 1 ⋅ 4 

+
 3  EI BC
1
(
EI BC ∫0
(
) dx +
0
2
1
EI CD
∫
(
) dx +
0
2
1
EI CD
∫
1
EI CD
2
1
EI CD
1
EI CD
∫
(
)dx +
0
2
∫
1
) dx +
EI DE
(
0
1
EI DE
3
∫
0
1
EI CD
(
) dx
) dx+
2
∫
(
) dx
0
1  22,5 ⋅ 1 ⋅ 3 
1  10 ⋅ (1 + 0,5) ⋅ 2 
1

+

+
EI BC 
3
3
 EI CD 
 EI CD
1
(22,5 + 10 + 40 + 20) = 92,5 = 86691,659
=
EI BC
EI BC
E
DQL 3 =
22
(
0
DQL 2 =
DQL 2
) dx
 22,5 ⋅ 1 ⋅ 3  53,33 22,5 46691,257
+
=

=
3
EI

 EI AB EI BC
3
∫
M L mi
dx
EI
1  60 ⋅ 0,5 ⋅ 2 
 60(1 + 2 ⋅ 0,5) ⋅ 2 

+

=
6
3

 EI CD 

(I BC
= I CD )
2
∫
(
) dx +
0
2
∫
0
(
) dx +
Método das Forças
Vigas
1  10 ⋅ 0,5 ⋅ 2 
1  60 ⋅ 0,5 ⋅ 2 
1  60(2 ⋅ 0,5 + 1) ⋅ 2 
1  64 ⋅ (1 + 2 ⋅ 0,6) ⋅ 2 

+

+

+


EI CD 
3
3
6
6
 EI CD 
 EI CD 
 EI DE 

1  0,6(2 ⋅ 64 − 20) 
+
⋅ 3 =

EI DE 
6

DQL 3 =
DQL 3 =
1
(3,33 + 20 + 40) + 1 (46,93 + 32,4) = 63,33 + 79,33 = 97442,540
EI CD
EI DE
EI CD EI DE
E
Coeficientes de flexibilidade:
F11 =
1
EI AB
1
F11 =
EI AB
F21 =
F21 =
1
EI BC
1
EI BC
1
F22 =
EI BC
F23 =
1
EI CD
1
F23 =
EI CD
F33 =
∫
(
)2 dx +
0
 (1)2 ⋅ 4 
1


 3  + EI
BC


1
EI CD
1
F33 =
EI CD
1
EI BC
3
∫
(
)2 dx
0
 (1)2 ⋅ 3  640,10 937,21 1577,31


 3 = E + E =
E


3
∫
(
) dx
0
1  1 ⋅ 1 ⋅ 3  468,60

=
EI BC  6 
E
F31 = 0
F22 =
4
⇒
∫
F12 =
468,60
E
F13 = 0
3
(
⇒
)2 dx +
0
 (1)2 ⋅ 3 
1


 3  + EI
CD


1
EI CD
4
∫
)2 dx
(
0
 (1)2 ⋅ 4  937,21 1249,61 2186,81


=
 3 = E +
E
E


4
∫
(
) dx
0
 (1)2 ⋅ 4  624,8


 6 = E


4
∫
(
)2 dx +
0
 (1)2 ⋅ 4 
1


 3  + EI
DE


⇒
1
EI DE
F32 =
624,8
E
5
∫
(
)2 dx
0
 (1)2 ⋅ 5  1249,61 800 2049,74


+
=
 3 =
E
E
E


23
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO5: Calcule as reações de apoio da viga da figura utilizando o método das
forças. Considere as deformações devidas à força cortante e ao momento fletor. A seção
transversal usada trata-se de um perfil soldado de aço, padrão VS-800x111 , conforme
figura.
Dados:
E=2,1x104 kN/cm2 (aço)
G=8x103 kN/cm2 (aço)
Figura 43 - Viga
A = 142cm 2
AALMA = 0,8 ⋅ 77,5 = 62cm 2
fS =
A
AALMA
=
142
= 2,29
62
I = 155074cm 4
G.I.E = 3-2=1
Estrutura isostática fundamental:
Figura 44 - Estrutura isostática fundamental
Fase L
Figura 45 - Fase L

  2,29 ⋅ 0,45 ⋅ 1000 2
0,45 ⋅ 1000 4
 + 
DQL1 = − 
4
3
8
⋅
2
,
1
×
10
⋅
155074

  2 ⋅ 8 × 10 ⋅ 142

24

 = −(17,2729 + 0,4536) = −17,7265cm

Método das Forças
Vigas
Fase 1
Figura 46 - Fase 1

  2,29 ⋅1000 
1000 3
−3
 + 
F11 = 
 = 0,10236 + 2,0158 × 10 = 0,10437
4
3
 3 ⋅ 2,1× 10 ⋅155074   8 × 10 ⋅142 
Equação de compatibilidade: DQ1 = 0
DQ1 = DQL1 + F11 ⋅ Q1 = 0
Q1 = −
DQL1
F11
=
17,7265
= 169,84kN (Reação vertical no apoio B)
0,10437
Cálculo das reações de apoio finais: (usando o método da superposição de efeitos)
V A = V AL + V A1 ⋅ Q1 = 450 − 1 ⋅169,84 = 280,16kN (para cima)
M A = M AL + M 1A ⋅ Q1 = 2250 − 10 ⋅169,84 = 551,60kNm (sentido anti-horário)
Caso fossem desprezadas as deformações devidas à força cortante:
DQL1 = −
F11 =
qL4
= −17,2729cm
8EI
L3
= 0,1024
3EI
Q1 = 168,75 KN
Demais reações de apoio :
V A = 281,25kN
M A = 562,5kNm
Erros cometidos devido à não consideração das deformações devidas à força cortante:
168,75 − 169,84
×100 = 0,64%
169,84
-
Erro% Q1 :
-
Erro % VA :
281,25 − 280,16
×100 = 0,38%
280,16
-
Erro % Ma :
562,50 − 551,60
×100 = 1,98%
551,60
-
Observação : O cálculo de DQL1 e de F11 se baseou no resultado obtido no exemplo a
seguir, onde foi calculada a flecha na extremidade livre da viga em balanço, pelo M.C.U.,
considerando as deformações devidas ao momento fletor e à força cortante.
25
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO6: Calcule a flecha na extremidade livre da viga em balanço submetida ao
carregamento indicado, usando o método da carga unitária. Considere as deformações
devidas ao momento fletor e à força cortante.
Figura 47 – Viga em balanço
Dados:
E, G - material elástico linear isotrópico
A,I - constantes geométricas da seção
fs - fator de forma para cisalhamento
Fase L
Estrutura dada submetida ao carregamento real
Figura 48 – Fase L
(Momento fletor)
(Força cortante)
Figura 49 – Diagramas de força cortante e momento fletor - Fase L
26
Método das Forças
Vigas
Para efeito de integração o diagrama ML pode ser decomposto como :
Figura 50 – Decomposição do diagrama de momento fletor
Fase U
Carrega-se a estrutura dada com uma carga unitária correspondente ao deslocamento que se
pretende determinar. No caso, carga unitária vertical aplicada em B.
Figura 51 – Fase U
(Força cortante)
(Momento fletor)
Figura 52 – Diagramas de força cortante e momento fletor - Fase U
Aplicando-se a equação do M.C.U.
M L ⋅ mu
V ⋅v
dx + ∫ f S L u dx
EI
GA
2
 f 1
1  1
qL 
1  qL2 

(− L) ⋅ L + 
(− L )(L ) + S  (P + qL + P ) ⋅ L 
∆B =
−  PL +
EI  3 
2 
3 8 

 GA  2
∆ B ⋅1 = ∫
 L3
L   L4
L2 
∆ B = P
+ fS
+ fS
 + q

GA   8EI
2GA 
 3EI
Observar na resposta acima a influência da carga P, 1ª parcela, na qual está explícita a
PL3
influência das deformações de flexão (
) e a influência das deformações devidas à força
3EI
L
cortante ( P ⋅ f S ⋅
).
GA
L
De forma análoga, na 2ª parcela (influência de q) tem-se q
(influência das deformações
8 EI
L2
de flexão) e f S ⋅ q ⋅
(influência da força cortante).
2GA
27
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO7: Calcule a flecha no meio do vão da viga abaixo, considerando a
contribuição da flexão e do cisalhamento.
Dados:
E = 2,1× 10 4 kN / cm 2
G = 8 × 103 kN / cm 2
Figura 53 – Viga bi-apoioada
Propriedades geométricas da seção:
I = 155074cm 4
AMESA = 80cm 2
AALMA = 62cm 2
A = AMESA + AALM = 142cm 2
Fator de forma para cisalhamento:
fS =
A
AALMA
=
142
= 2,29
62
Fase L
Figura 54 = Fase L
Fase U
Figura 55 = Fase U
28
Método das Forças
∆=∫
Vigas
mM
vV
dx
dx + ∫ f S
EI
GA
O deslocamento é composto de duas parcelas, uma devida
à flexão e outra devida ao cisalhamento.
∆c
∆M
(infl.do momento)
(infl. da força cortante)
Utilizando a tabela de integrais de produto, tem-se:
- contribuição do momento fletor ( ∆M )
5
1
∆ =
EI
∫
M
10
∫
.
0
5
Substituindo os valores:
∆M = 0,018m
contribuição da força cortante ( ∆C )
-
f
∆ = S
GA
C
5
∫(
10
.
0
∫
5
Substituindo os valores:
∆C = 0,001134m
A flecha será então:
∆ = ∆M + ∆C = 0,018 + 0,001134 = 0,01913m
A influência da força cortante no deslocamento total é, então:
∆C
= 0,0593 
→ ∆C corresponde a 5,93% do deslocamento total.
∆
29
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Treliças
Método das Forças
Treliças
EXEMPLO1: Determinar os esforços nas barras da treliça da figura abaixo utilizando o
método das forças.
Dados:
− EA=constante.
sen (α ) = 0 ,6
cos (α ) = 0 ,8
Figura 1 – Treliça
Grau de indeterminação estática:
G.I .E = (m + v ) − 2 ⋅ n = (3 + 6) − 2 ⋅ 4 = 1
Q1 = N BD
Figura 2 - Estrutura isostática fundamental
Equação de compatibilidade (deslocamento axial relativo na seção transversal da
barra BD) : DQ1 = 0
33
Método das Forças
Treliças
Fase L
− N AD cos(α ) − N CD cos(α ) + 50 = 0

 N AD sen(α ) − N CD sen(α ) − 50 = 0
2 N AD = 145,83 ⇒ N AD = 72,92
 N AD + N CD = 62,50

 N AD − N CD = 83,33
N CD = 62 ,50 − N AD
⇒ N CD = −10,42
Fase 1
Q1 = 1 ( NBD = 1 )
∑V = 0 ∴ N
∑ H = 0∴ N
AD
AD
sen(α ) − N CD sen(α ) = 0 ⇒ N AD = N CD
cos (α ) + N CD cos (α ) + 1 = 0
2 N AD cos (α ) = −1 ⇒ N AD = −0,625 ⇒ N CD = −0 ,625
Cálculo dos coeficientes
Barra
Li
{N L }i
{n 1 }i
{N L ⋅ n 1 ⋅ L}i
{(n ) ⋅ L}
AD
2,5
72,92
-0,625
-113,94
0,97656
CD
2,5
-10,42
-0,625
16,28
0,97656
BD
2,0
0
1
0
2,0
Σ=
-97,66
3,953120
3
− 97,66
 N ⋅n ⋅L
DQL1 = ∑  L 1  =
EA  i
EA
i =1 
3 
(n )2 ⋅ L  = 3,953120
F11 = ∑  1
EA  i
EA
i =1 
34
2
1
i
Método das Forças
Treliças
Cálculo da redundante
DQL1 =
− 97,66
EA
F11 =
3,953120
EA
DQ1 = DQL1 + F11 Q1 = 0
Q1 =
DQ1 − DQL1
F11
=
0 − (−97,66)
= 24,70
3,953120
Esforços axiais finais
N i = (N L )i + (n1 )i ⋅ Q1
N AD = 72,92 − 0,625 ⋅ (24,70) = 57,48 kN
N CD = −10,42 − 0,625 ⋅ (24,70) = −25,86 kN
N BD = Q1 = 24,70 kN
35
Método das Forças
Treliças
EXEMPLO2: Calcular a treliça da figura abaixo utilizando o método das forças.
Dados:
− EA=constante.
Figura 3 – Treliça
Grau de indeterminação estática:
G.I .E = (m + v ) − 2 ⋅ n = (6 + 4) − 2 ⋅ 4 = 2
Incógnitas Redundantes:
o Q1→ reação horizontal em B
o Q2→ força normal na barra 6
Figura 4 - Estrutura isostática fundamental
Equações de compatibilidade:
36
DQ1 = 0
DQ 2 = 0
Método das Forças
Treliças
Fase L, Fase 1 e Fase 2
Fase L
Fase 1
Fase 2
Figura 5 – Fase L, Fase 1 e Fase 2
Quadro resumo dos esforços nas diversas fases
Barra
{EA}i
Li
{N L }i
{n 1 }i
{n 2 }i
1
EA
3
0
0
− 2
2
EA
3
5
0
− 2
3
EA
3
-10
0
− 2
4
EA
3
5
-1
− 2
5
EA
3 2
−5 2
2
1
6
EA
3 2
0
0
1
2
2
2
2
37
Método das Forças
Treliças
Cálculo dos coeficientes das matrizes e vetores
Barra
{N L ⋅ n 1 ⋅ L}i {N L ⋅ n 2 ⋅ L}i
{(n ) ⋅ L}
{n 1 ⋅ n 2 ⋅ L}i
0
0
1,5
0
0
1,5
0
0
1,5
2
1
i
{(n
2
)2 ⋅ L}i
1
0
0
2
0
− 15
3
0
30
4
-15
− 15
5
− 30 2
-30
6 2
6
3 2
6
0
0
0
0
3 2
Σ=
-57,4264
-30
11,4853
8,1213
14,4853
2
2
2
3
3
2
1,5
6
− 57,4264
 N ⋅n ⋅L
DQL1 = ∑  L 1  =
EA  i
EA
i =1 
6
− 30,0
 N ⋅n ⋅L
DQL 2 = ∑  L 2  =
EA  i
EA
i =1 
 (n1 )2 ⋅ L  11,4853
 =
F11 = ∑ 
EA  i
EA
i =1 
6
6
 n ⋅ n ⋅ L  8,1213
F21 = F12 = ∑  1 2  =
EA  i
EA
i =1 
6 
(n )2 ⋅ L  = 14,4853
F22 = ∑  2
EA  i
EA
i =1 
Notar que nos somatórios acima o índice i varia de 1 a 6, onde 6 é o número de barras da
treliça.
38
Método das Forças
Treliças
Cálculo das redundantes
D QL =
1 − 57,4264


EA  − 30 
F=
1 11,4853 8,1213 
EA  8,1213 14,4853
D Q = D QL + F Q = 0
Q1 = 5,858 kN
Q2 = -1,213 kN
Forças normais finais
N i = (N L )i + (n 1 )i ⋅ Q1 + (n 2 )i ⋅ Q 2
(Superposição de efeitos)
N1 = 0,858 (barra CD)
N2 = 5,858 (barra AB)
N3 = - 9,142 (barra AC)
N4 = 0 (barra BD)
N5 = 0 (barra BC)
N6 = - 1,213 (barra AD)
39
Método das Forças
Treliças
EXEMPLO3: Considerando a treliça da figura e a relação de áreas das suas barras,
determinar o valor da área mínima necessária para as barras tracionadas, sendo a
tensão admissível do aço igual a 160 Mpa. Utilizar o método da flexibilidade.
(Obs.: não é necessário analisar as barras comprimidas, que dependem do índice de esbeltez).
Figura 6
- Treliça
Dados:
E = 205 GPa
A1 = A2 = A3 = 3A
A4 = A5 = A6 = A
A7 = A8 = A9 = A10 = 2A
Estrutura isostática fundamental
G.I.E = ( b + v ) – 2 n = (10 + 4) – 12 = 2
Figura 7 – Estrutura isostática fundamental
Equações de compatibilidade :
40
DQ1 = 0
DQ 2 = 0
Método das Forças
Treliças
Fase L:
Figura 8 – Fase L
∑M = 0
∑V = 0
∑H = 0
A
tan α =
1,5
⇒ α = 36,87°
2,0
sen α = 0,6

cos α = 0,8
tan β =
1,5
⇒ β = 26,57°
3,0
sen β = 0,447

cos β = 0,894
⇒ 20 ⋅ 7 + 4 VC + 10 ⋅ 1,5 = 0
⇒
VC = − 38,75 kN
⇒ 38,75 − 20 + V A = 0
⇒
V A = − 18,75 kN
⇒ 10 + H A = 0
⇒
H A = − 10 kN
Figura 9 – Forças normais nas barras – Fase L
Nó A:
∑V = 0 ⇒ N AE . 0,6 − 18,75 = 0
∑H = 0
⇒ 31,25 ⋅ 0,8 + N AB − 10 = 0
⇒
N AE = 31,25 kN
⇒
N AB = − 15 kN
41
Método das Forças
Nó B:
∑V = 0
∑H = 0
Treliças
⇒
N EB = 0
⇒ N AB − N BC = 0
⇒
N BC = − 15 kN
Nó E:
∑V = 0 ⇒ N AE .0,6 + N EB + NCE .0,6 = 0
⇒
31,25 ⋅ 0,6 + 0 + N CE . 0,6 = 0
∑H = 0
N CE = − 31,25 kN
⇒ N AE . 0,8 − N EF − N CE . 0,8 = 0
31,25 ⋅ 0,8 − N EF − (− 31,25)⋅ 0,8 = 0
⇒
N EF = 50 kN
Nó F:
∑ H = 0 ⇒ N EF − 10 − N FD . 0,894 = 0
⇒
50 − 10 − N FD . 0,894 = 0
∑V = 0
N FD = 44,74 kN
⇒ N FC + N FD . 0,447 = 0
N FC + 44,7 ⋅ 0,447 = 0
⇒
N FC = − 20 kN
Nó C:
∑ H = 0 ⇒ NCE . 0,8 + N BC − NCD = 0
− 31,25 ⋅ 0,8 − 15 − N CD
∑V = 0
= 0
⇒
⇒ N CE . 0,6 + N FC + 38,75 = 0
⇒
− 31,25 ⋅ 0,6 + N FC + 38,75 = 0
Nó D:
∑V = 0 ⇒ − 20 + N FD . 0,447 = 0
∑H = 0
Fase 1:
N CD = − 40 kN
⇒ N CD + N FD . 0,894 = 0
⇒
N FD = 44,74 kN
⇒
N CD = − 40 kN
(Q1 = 1 ; Q2 = 0)
Figura 10 – Fase 1
∑M = 0
∑V = 0
∑H = 0
A
42
⇒
4 .VC ' = 0
⇒
⇒
Vc ' = 0
VA ' = 0
⇒
N FC = − 20 kN
H A' = −1
Método das Forças
Treliças
Figura 11 – Forças normais nas barras – Fase 1
Nó A:
∑V = 0
⇒
N AE = 0
∑H = 0
⇒
N AB = 1
Nó B:
∑V = 0
∑H = 0
⇒
⇒
N EB = 0
N BC = 1
Nó E:
∑V = 0 ⇒ N AE .0,6 + N EB + NCE .0,6 = 0
∑H = 0
N CE = 0
⇒ − N AE . 0,8 + N EF + N CE . 0,8 = 0
Nó F:
∑ H = 0 ⇒ N EF − N FD . 0,894 = 0
∑V = 0
⇒
⇒
⇒
⇒ N FC + N FD . 0,447 = 0
N FD = 0
⇒
N FC = 0
Nó C:
∑ H = 0 ⇒ N CE . 0,8 + N BC − N CD − 1 = 0
⇒
∑V = 0
⇒ N CE . 0,6 + N FC = 0
Nó D:
∑V = 0 ⇒
∑H = 0
N FD . 0,447 = 0
⇒
⇒ N CD + N FD . 0,894 = 0
⇒
N EF = 0
N CD = 0
N FC = 0
N FD = 0
⇒
N CD = 0
43
Método das Forças
Fase 2:
Treliças
(Q1 = 0 ; Q2 = 1)
Figura 12 – Fase 2
∑M = 0
∑V = 0
∑H = 0
A
⇒
Vc " = 0
⇒
VA " = 0
⇒
H A" = 0
Figura 13 – Forças normais nas barras – Fase 2
Nó A:
N AE = 0 ; N AB = 0
Nó D:
N CD = 0 ; N DF = 0
Nó B:
N EB = − 0,6 ; N BC = − 0,8
Nó C:
N CE = 1 ;
N FC = − 0,6
Nó E:
N CE = 1 ; N EF = − 0,8
Nó F:
N FD = 0 ; N FC = − 0,6
44
Método das Forças
Treliças
Barra
{A}i
Li
{N L }i
{n 1 }i
{n 2 }i
1
3A
2,0
-15
1
0
2
3A
2,0
-15
1
-0,8
3
3A
3,0
-40
0
0
4
A
2,5
31,25
0
0
5
A
2,0
50
0
-0,8
6
A
3,35
44,74
0
0
7
2A
1,5
0
0
-0,6
8
2A
1,5
-20
0
-0,6
9
2A
2,5
-31,25
0
1
10
2A
2,5
0
0
1
Barra
1
2
 N L ⋅ n1 ⋅ L   N L ⋅ n2 ⋅ L 

 

A
A

i 
i
− 10
− 10
A
A
0
 (n1 )2 ⋅ L 


 A i
0,6667
 n1 ⋅ n2 ⋅ L 


A

i
 (n2 )2 ⋅ L 


 A i
0
0
A
8
− 0,5333
0,6667
A
A
0,4267
A
A
3
0
0
0
0
0
4
0
0
0
0
0
5
0
− 80
0
0
1,28
A
A
6
0
0
0
0
0
7
0
0
0
0
0,27
A
8
9
0
9
0
0
A
0
0,27
A
0
− 39,0625
0
1,25
A
10
0
0
A
0
0
1,25
A
Σ=
− 20
A
DQL1
− 102,0625
DQL2
− 0,5333
1,3333
A
A
F11
4,7467
A
F12
A
F22
45
Método das Forças
Treliças
Equação de compatibilidade
DQ = DQL + F Q = 0
DQL + F Q = DQ
0 
0 
 
=
1  − 20 
1  1,3333 − 0,5333  Q1 
+
 


EA − 102,0625
EA − 0,5333 4,7467  Q2 
Q1 = 24,711 kN
Q2 = 24,278 kN
Esforços nas barras da estrutura hiperestática
N = NL + n1.Q1 + n2.Q2
N1 = -15+1 . 24,711 = 9,711 kN
N2 = -15+1 . 24,711 – 0,8 . 24,278 = -9,711 kN
N3 = -40,0 kN
N4 = 31,25 kN
N5 = 50 – 0,8 . 24,278 = 30,577 kN
N6 = 44,74 kN
N7 = -0,6 . 24,278 = -14,567 kN
N8 = -20 – 0,6 . 24,278 = -34,567 kN
N9 = -31,25 + 1 . 24,278 = -6,972 kN
N10 = 24,278 kN
Área mínima
σ adm = 160MPa = 16kN / cm 2
σ=
46
F
A
⇒
Amin =
Fmax
σ adm
⇒
Fmax = 44,74kN
Amin =
44,74
16
⇒
Amin = 2,796 cm 2
Método das Forças
Treliças
EXEMPLO4: Calcule as forças normais da treliça da figura utilizando o Método da
Flexibilidade (Método das Forças).
Dados:
− E = 2,1x104 kN/cm2
− Área da seção transversal das barras:
•
A1 = A2 = A3 = A8 = A15 = A16 = A17 = 3,0 cm2
•
A4 = A7 = 10,0 cm2
•
A5 = A6 = A11 = A12 = 5,0 cm2
•
A9 = A10 = A13 = A14 = 20,0 cm2
Figura 14 - Treliça
47
Método das Forças
Treliças
Estrutura Isostática Fundamental
- Grau de Inderteminação Estática:
. . 2 17 3
2 9 2
- Incógnitas Redundantes:
força normal na barra 5
força normal na barra 11
$
a
a
Figura 15 – Estrutura Isostática Fundamental
3,0
71,565°
1,0
1,0
$ 63,435°
0,5
48
&'
0,949
(&
0,316
&'$
0,894
(&$
0,447
Método das Forças
Treliças
Fase L
$
a
a
Figura 16 – Fase L
Reações de Apoio:
* +, 0 - 3./ 20 3 15 6 10 7 0 - ./ * 0 0 - 10 15 20 0, 0 - 0, 45
220
* . 0 - ./ ., 0 - ., 3
220
3
Nó I:
* . 0 - 1 0,894 1 0,894 0 - 1 1
* 0 0 - 10 1 0,447 1 0,447 0 - 1 1 11,180
Nó G:
* 0 0 - 12 1 0,447 0 - 12 5
* . 0 - 1 0,894 13 0 - 13 10
49
Método das Forças
Nó H:
* 0 0 - 15 12 1 0,447 14 0,316 0 - 14 79,057
* . 0 - 1 0,894 14 0,949 15 0 - 15 85
Nó D:
* . 0 - 13 0,949 ./ 0 - 13 77,300
* 0 0 - 15 13 0,316 0 - 15 24,444
Nó C:
* . 0 - 12 0
* 0 0 - 15 14 0 - 14 24,444
Nó F:
* . 0 - 15 12 1 0,949 13 0,949 0 - 1 12,298
* 0 0 - 20 13 0,316 16 1 0,316 0 - 16 0,556
Nó E:
* 0 0 - 16 14 0,316 17 0,316 0 - 17 77,300
Nó B:
* . 0 - 18 1 0,949 0 - 18 11,667
* 0 0 - 14 1 0,316 19 0 - 19 20,556
50
Treliças
Método das Forças
Treliças
Fase 1
$
a
a
Figura 17 – Fase 1
Reações de Apoio:
0, ., ./ 0
Nó I:
1 0
1 0
Nó D:
* . 0 - 13 0
* 0 0 - 15 0
Nó C:
* . 0 - 12 0
* 0 0 - 14 0
Nó A:
* . 0 - 17 0
* 0 0 - 19 0
51
Método das Forças
Treliças
Nó B:
* 0 0 - 1 0
* . 0 - 18 0
Nó F:
* . 0 - 15 1 0,949 0 - 15 0,949
* 0 0 - 16 1 0,316 0 - 16 0,316
Nó G:
* . 0 - 1 0,949 13 0 - 13 0,949
* 0 0 - 12 1 0,316 0 - 12 0,316
Nó H:
* . 0 - 14 0,949 15 0 - 14 1
Fase 2
$
a
a
Figura 18 – Fase 2
52
Método das Forças
Treliças
Reações de Apoio:
0, ., ./ 0
Nó I:
1 0
1 0
Nó D:
* . 0 - 13 0
* 0 0 - 15 0
Nó A:
* . 0 - 17 0
* 0 0 - 19 0
Nó G:
* . 0 - 13 0
* 0 0 - 12 0
Nó H:
* 0 0 - 14 0
* . 0 - 15 0
Nó C:
* . 0 - 12 1 0,949 0 - 12 0,949
* 0 0 - 14 1 0,316 0 - 14 0,316
Nó E:
* 0 0 - 16 1 0,316 0 - 16 0,316
* . 0 - 1 0,949 18 0 - 18 0,949
Nó F:
* . 0 - 1 0,949 12 0 - 1 1
53
Método das Forças
Treliças
Quadro Resumo dos Esforços Axiais:
Barra
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
:;<=
3
3
3
10
5
5
10
3
20
20
5
5
20
20
3
3
3
:><=
1,118
1,118
1
3
3,162
3,162
3
1
3,162
3
3,162
3,162
3
3,162
1
1
1
:1? <=
11,180
-11,180
-5
10
0
79,057
-85
-0,556
77,300
11,667
0
-12,298
0
-77,300
20,556
24,444
24,444
: <=
0
0
-0,316
-0,949
1
1
-0,949
-0,316
0
0
0
0
0
0
0
0
0
: <=
0
0
0
0
0
0
0
-0,316
0
-0,949
1
1
-0,949
0
0
-0,316
0
. . >
@
A
;
=
. >
B
C
;
=
Cálculo dos Coeficientes das Matrizes e Vetores:
Barra
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
∑
54
1? . . >
@
A
;
=
0
0
0,52705
-2,84605
0
50
24,19142
0,05856
0
0
0
0
0
0
0
0
0
71,93098
1? . . >
@
A
;
=
0
0
0
0
0
0
0
0,05856
0
-1,66020
0
-7,77778
0
0
0
-2,57667
0
-11,95608
. >
B
C
;
=
0
0
0,03333
0,27
0,63246
0,63246
0,27
0,03333
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1,87158
0
0
0
0
0
0
0
0,03333
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0,03333
0
0
0
0
0
0
0
0,03333
0
0,135
0,63246
0,63246
0,135
0
0
0,03333
0
1,60158
Método das Forças
EF? G 71,93098
1,87158
Treliças
EF? 11,95608
G G 0,03333
G 1,60158
Solução do Sistema de Equações
EF? 1 71,93098
H
I
11,95608
G
EF EF? G
1 1,87158
J
0,03333
0,03333
K
1,60158
38,581 L1
8,268 L1
Esforços Axiais Finais
1 11,180 L1
1 11,180 L1
12 7,200 L1
13 46,601 L1
19 38,581 L1
14 40,476 L1
15 48,399 L1
16 9,030 L1
17 70,300 L1
18
1
1
12
13
19
14
15
3,823 L1
8,268 L1
4,030 L1
7,844 L1
77,300 L1
20,556 L1
21,830 L1
24,444 L1
55
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Pórticos
Método das Forças
Pórticos
Análise de Pórticos Planos
Deformações possíveis de ocorrer nos pórticos são devidas a:
•
•
•
Momento Fletor
Força Normal
Força Cortante
∆x1 = ∫
Mm
Nn
Vv
dx + ∫
dx + ∫ f s
dx
EI
EA
GA
Deformação preponderante:
•
Devida a momento fletor
Cálculo dos coeficientes:
- Considerar sempre o efeito das deformações devidas ao momento fletor
DQLj = ∫
Fij = ∫
Mm j
EI
mi m j
EI
dx + ∫
dx + ∫
Nn j
EA
ni n j
EA
dx + ∫ f s
dx + ∫ f s
Vv j
GA
vi v j
GA
dx
dx
59
Método das Forças
Pórticos
EXEMPLO1: Analisar o pórtico dado considerando as deformações por flexão e as
deformações axiais.
Dados:
- EI = constante.
- EA= constante.
- Seção Transversal: 20x50 cm2.
A
B
C
Figura 1 – Pórtico plano
Grau de indeterminação estática: 3
A
B
B
C
Figura 2 - Estrutura isostática fundamental
Fase L
A
B
B
C
Figura 3 – Fase L
61
Método das Forças
Pórticos
Diagramas
Força normal: nula nas duas barras
B
B
A
A
B
B
C
(VL)
C
(ML)
Figura 4 – Diagramas de força cortante e momento fletor – Fase L
Fase 1
B
A
B
C
Figura 5 – Fase 1
Diagramas
B
A
B
B
A
B
A
B
C
C
C
(N1)
(V1)
(M1)
Figura 6 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 1
62
Método das Forças
Pórticos
Fase 2
A
B
B
C
Figura 7 – Fase 2
Diagramas
B
B
A
A
B
B
B
C
(N2)
A
B
C
C
(V2)
(M2)
Figura 8 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 2
Fase 3
B
A
B
C
Figura 9 – Fase 3
63
Método das Forças
Pórticos
Diagramas
Força normal: nula nas duas barras.
Força cortante: nula nas duas barras.
A
B
B
C
Figura 10 – Diagrama de momento fletor – Fase 3
Propriedades geométricas
I=
0,2 ⋅ 0,5 3
= 2,0833 × 10 −3 m 4
12
A
= 48
I
A = 0,2 ⋅ 0,5 = 0,1 m 2
⇒ A = 48 I
Cálculo de DQL
∫
DQLj =
AB
M Lm j
EI
dx +
∫
M Lm j
BC
EI
dx +
∫
AB
N Ln j
EA
∫
dx +
BC
N Ln j
EA
dx
DQL1 = 0 + 0 + 0 + 0
DQL 2 =
1 1
− 5000

 (− 240 )(2 ⋅ 10 + 5) ⋅ 5  + 0 + 0 + 0 =
EI  6
EI

DQL 3 =
1 1
− 600

 (− 240 ) ⋅ 1 ⋅ 5  + 0 + 0 + 0 =
EI  2
EI

Cálculo dos coeficientes de F
Fij =
mi m j
mm
nn
nn
dx + ∫ i j dx + ∫ i j dx + ∫ i j dx
EI
EI
EA
EA
AB
BC
AB
BC
∫
1 (− 4 )(− 4 ) ⋅ 4 1 ⋅ 1 ⋅ 10
64 10
64
10
517
F11 = 0 + ⋅
+
+0=
+
=
+
=
3
EI
EA
3EI EA 3EI 48 EI 24 EI
F21 = F12 = 0 + 0 + 0 + 0
64
Método das Forças
F31 = F13 = 0 +
F22 =
1 1 ⋅ (− 4 ) ⋅ 4
8
⋅
+0+0 = −
2
EI
EI
1 10 ⋅ 10 ⋅ 10
(− 1) ⋅ (− 1) ⋅ 4 = 1000 + 4 = 1000 + 4 = 4001
⋅
+0+0+
3
EI
EA
3EI EA 3EI 48 EI 12 EI
F32 = F23 =
F33 =
Pórticos
1 10 ⋅ 1 ⋅ 10
50
⋅
+0+0+0 =
2
EI
EI
1 ⋅ 1 ⋅ 10 1 ⋅ 1 ⋅ 4
14
+
+0+0 =
EI
EI
EI
Fase Final
21,5417
1 
 0
F=
EI 
 − 8
0
333,4167
50
− 8

50 

14 
D QL
 0 
1 
=
− 5000
EI 
 − 600 
D Q = D QL + F Q
 − 15,7571


Q =  21,3590 
− 42,4291


•
Caso fosse omitido o efeito das deformações axiais:
21,3333
1 
 0
F=
EI 
 − 8
0
333,3333
50
− 8

50 

14 
D QL
 0 
1 
=
− 5000

EI
 − 600 
− 16,0714


Q =  21,4286 
− 42,8571


65
Método das Forças
Pórticos
Esforços finais (considerando as deformações axiais)
B
A
B
C
Figura 11 – Esforços finais
Por equilíbrio:
H A = 15,76 kN
VA = 48 − 21,36 = 26,64 kN
M A = 48 ⋅ 5 − 21,36 ⋅ 10 + 42,43 = 68,84 kNm
H C = 15,76 kN
VC = 21,36 kN
M C = −42,43 + 15,76 ⋅ 4 = 20,60 kNm
Diagramas de esforços solicitantes
B
A
(N)
(V)
C
C
A
B
(M)
C
Figura 12 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor
66
Método das Forças
Pórticos
EXEMPLO2: Calcular as reações de apoio do pórtico da figura utilizando o método da
flexibilidade, incluindo as deformações devidas ao momento fletor, à força normal e à
cortante. Traçar os diagramas finais de esforços solicitantes.
Figura 13 – Pórtico plano
Dados:
E = 205 GPa
G.I.E = 3 + 2 - 3
⇒
ν = 0,20
G.I.E. = 2
Figura 14 – Estrutura isostática fundamental
Propriedades geométricas
Área = 15 . 1,25 + 15 . 1,25 + 1,0 . 27,5 = 65 cm2.
3
3
30
27,5
I = 15 .
− 14 .
= 9486,98 cm4.
12
12
EA = 1.332.500 kN
EI = 19.448,3 kNm2
67
Método das Forças
Pórticos
Fase L
Figura 15 – Fase L
tan β =
∑H =0
⇒
4
2
=2
sen β = 0,894
cos β = 0,447
H AL = 0
 5,5

= 0 ⇒ 6 .VCL − 20 . 5,5 . 
+ 2  − 50 . 2 = 0
⇒
VCL = 103,75 kN
 2

⇒
VAL = 56,25 kN
∑V = 0 ⇒ VAL + 103,75 − 20 .5,5 − 50 = 0
∑M
A
Figura 16 – Decomposição dos esforços – Fase L
68
Método das Forças
Pórticos
(NL)
(VL)
(ML)
Figura 17 – Diagramas da fase L
Barra BC:
⇒
V = 6,25 − 20 X
0 = 6,25 − 20 X
⇒
X = 0,3125 m
2
M = 112,5 + 6,25 X − 20
X = 0,3125 m
Fase 1
⇒
X
0≤ X ≤4
2
M = 113,48 kNm
(Q1 = 1 ; Q2 = 0)
Figura 18 – Fase 1
69
Método das Forças
∑MA = 0
∑V = 0
⇒
Pórticos
1 − 6.VC ' = 0
⇒
VA ' = −
∑H = 0
⇒
⇒
VC ' =
1
6
1
6
HA' = 0
Figura 19 – Decomposição dos esforços – Fase 1
Diagramas
(N1)
(V1)
(M1)
Figura 20 – Diagramas da Fase 1
70
Método das Forças
Pórticos
(Q1 = 0 ; Q2 = 1)
Fase 2
Figura 21 – Fase 2
∑M
A
=0
∑V = 0
∑H = 0
⇒
⇒
⇒
− 1 . 4 + 6.VC " = 0
VC " = 0,667 kN
VA " = − 0,667 kN
⇒
H A " = − 1 kN
Figura 22 – Decomposição dos esforços – Fase 2
Diagramas
(N2)
(V2)
(M2)
Figura 23 – Diagramas da fase 2
71
Método das Forças
Pórticos
Cálculo dos deslocamentos
DQL1 =
1
1
1
⋅ 112,5 ⋅ (1 + 2 ⋅ 0,667 ) ⋅ 4,472 + ⋅ 0,667 ⋅ (2 ⋅ 112,5 + (− 22,5)) ⋅ 4 +

19448,31  6
6
1
1

⋅ (40 ⋅ 0,667 ⋅ 4 ) +
[(− 50,312) ⋅ (0,1491) ⋅ 4,472]
3
 1332500
DQL1 = 1,65 × 10 −2 − 2,52 × 10 −5
DQL 2 =
+
⇒
DQL1 = 1,65 x 10 −2 rad
1
1
1
1

⋅ 112,5 ⋅ (2,667 ) ⋅ 4,472 + ⋅ 40 ⋅ 2,667 ⋅ 4 + ⋅ 2,667 ⋅ (2 ⋅ 112,5 ⋅ (− 22,5) ⋅ 4)

19448,31  3
3
6

1
[(− 50,312) ⋅ (1,043) ⋅ 4,472]
1332500
DQL 2 = 4,88 × 10 −2 − 1,76 × 10 −4
⇒
DQL 2 = 4,86 x 10 −2 m
Cálculo dos coeficientes de flexibilidade
1
1
1

⋅ (2 ⋅ (1 ⋅ 1 + 0 , 667 ⋅ 0 , 667 ) + 0 , 667 ⋅1 + 1 ⋅ 0 , 667 )⋅ 4 , 472 + ⋅ 0 , 667 2 ⋅ 4 

19448 , 31  6
3

1
+
0 ,1491 2 ⋅ 4 , 472
1332500
F11 =
[(
)
]
F11 = 1,92 x 10 −4
1
1
1
1

⋅ 2,667 2 ⋅ 4,472 + ⋅ 2,667 2 ⋅ 4 +
1,0432 ⋅ 4,472 + 4

19448,31  3
3
1332500

−3
F22 = 1,04 x 10
F22 =
[(
1
1
1

⋅ (2,667 ) ⋅ (1 + 2 ⋅ 0,667 ) ⋅ 4,472 + ⋅ (0,667 ) ⋅ (2,667 ) ⋅ 4

19448,31  6
3

1
+
[(0,1491) ⋅ (1,043) ⋅ (4,472)]
1332500
F21 = F12 = 3,61 × 10 −4
F21 = F12 =
72
)]
Método das Forças
Pórticos
Equação de compatibilidade
DQ = DQL + FQ = 0
0 1,65 x 10 −2 
0  = 
−2 
  4,86 x 10 
1,92 x 10 −4 3,61 x 10 −4   Q1 
+ 
.  
−4
1,04 x 10 −3  Q2 
3,61 x 10
Q1 = 5,545 kN m
Q2 = -48,656 kN m
Estrutura Hiperestática
VA = VAL + VA’.Q1 + VA”.Q2
VA = 56,25 - 0,1667 . 5,545 + (- 0,6667) . (- 48,656))
VA = 87,76 kN
VC = VCL + VC’.Q1 + VC”.Q2
VC = 103,75 + 0,1667 . 5,545 + 0,6667 . (- 48,656)
VC = 72,24 kN
HA = HAL + HA’.Q1 + HA”.Q2
HA = -1 - (-48,656)
HA = 48,656 kN
Estrutura Final
48,656kN
72,24kN
48,656kN
5,545kNm
87,76kN
Figura 24 – Reações de apoio
73
Método das Forças
Pórticos
Diagramas Finais
48,656kN
N
100,21kN
37,76kN
1,89m
42,24kN
V
4,27kN
13,55kNm
13,55kNm
22,11kNm
M
5,545kNm
Figura 25 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor
74
Método das Forças
Pórticos
EXEMPLO3: Calcular o pórtico da figura abaixo pelo método das forças considerando:
(1) As deformações devidas ao momento fletor, força cortante e força normal.
(2) Apenas as deformações devidas ao momento fletor e à força normal.
(3) Apenas as deformações devidas ao momento fletor.
Adotar como incógnitas redundantes o momento no apoio A (Q1) e o momento fletor na
extremidade B da barra AB (Q2) .
Dados:
- Seção transversal retangular constante: b=20cm; h=40cm
- Módulo de elasticidade: E=3,0x107 kN/m2
- Coeficiente de Poisson: ν = 0,2
α
Figura 26 – Pórtico plano
Figura 27 - Estrutura isostática fundamental (E.I.F)
75
Método das Forças
Pórticos
Propriedades Geométricas do Pórtico e da Seção Transversal
I=
A = 0,20 ⋅ 0,40 = 0,08 m 2
0,20 ⋅ (0,40) 3
= 1,0667 ⋅ 10 −3 m 4
12
sendo E=constante ⇒ EA = 75EI
A
= 75
I
Cos (α ) = 0,98058
1
5
α = Arc tan  =11,310 o
Sen(α ) = 0,196116
Seção retangular ⇒ fs = 1,2
G=
 E 
GA = 
(75 I ) = 31,25 EI
 2,4 
E
E
=
2(1 + υ) 2,4
Comprimento da Barra BC = l BC =
5
= 5,099 m
Cosα
Fase L
Figura 28 – Fase L
Reações de Apoio:
∑M
3⋅ H A =0
⇒
HA =0
∑H = 0
H A = − HC
⇒
HC =0
∑M
5 ⋅ V A − 24 ⋅ 6 ⋅ 3 = 0
⇒
V A = 86,40 kN
VC + 86,40 − 6 ⋅ 24 = 0
⇒
VC = 57,60 kN
( AB )
B
C
=0
∑V = 0
76
=0
Método das Forças
Pórticos
Diagramas da Fase L
C
C
B
B
D
D
VL
NL
A
A
C
B
D
ML
A
Figura 29 – Diagrama de força normal, força cortante e momento fletor – Fase L
Fase 1 (Q1=1; Q2=0)
Figura 30 – Fase 1
Reações de Apoio:
∑M
1
3
1−3⋅ H A =0
⇒
HA =
∑H = 0
H A = − HC
⇒
HC = −
∑M
1
5 ⋅ VA + 1 − ⋅ 4 = 0
3
⇒
VA =
V A = − VC
⇒
VC = −
( AB )
B
C
=0
=0
∑V = 0
1
3
1
15
1
15
77
Método das Forças
Pórticos
Diagramas da Fase 1
C
D
C
B
D
B
N1
V1
A
A
C
B
D
M1
A
Figura 31 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 1
Fase 2 (Q1=0; Q2=1)
Figura 32 – Fase 2
78
Método das Forças
Pórticos
Reações de Apoio:
∑M
3⋅ H A +1 =0
⇒
∑H = 0
H A = − HC
⇒
∑M
 1
5 ⋅ VA −  −  ⋅ 4 + 1 − 1 = 0
 3
⇒
V A = − VC
⇒
( AB )
B
C
=0
=0
∑V = 0
1
3
1
HC =
3
4
VA = −
15
4
VC =
15
HA =−
Diagramas da Fase 2
C
C
D
D
B
B
N2
V2
A
A
C
D
B
A
M2
Figura 33 – Diagramas de força normal, força cortante e momento fletor – Fase 2
79
Método das Forças
Pórticos
Fase Final
(1) Considerando as deformações devidas ao momento fletor, força cortante e força normal.
•
Cálculo do Vetor DQL:
DQL1 = ∫
M L m1
N n
V v
′ 1 + DQL
′′ 1 + DQL
′′′ 1
dx + ∫ L 1 dx + ∫ f S L 1 dx = DQL
EI
EA
GA
DQL 2 = ∫
M L m2
N n
V v
′ 2 + DQL
′′ 2 + DQL
′′′ 2
dx + ∫ L 2 dx + ∫ f S L 2 dx = DQL
EI
EA
GA
Influência do Momento Fletor:
′ 1 =0
DQL
′ 2=
DQL
1
EI
1
 1
 107,079
0 + 3 ⋅ (−12) ⋅ 1 ⋅ 5,099 + 3 ⋅ 75,0 ⋅ 1 ⋅ 5,099 = EI


− Influência da Força Normal:
′′ 1 =
DQL
 18,095
1 
1
 − 1
− 86,40 ⋅   ⋅ 3 + (− 0,34 ) ⋅ (11,30 − 12,24) ⋅ 5,099 =

EA 
EA
2
 15 

′′ 2 =
DQL
 − 70,028
1 
1
4
− 86,40 ⋅   ⋅ 3 + (0,379)(− 12,24 + 11,30) ⋅ 5,099 =

EA 
EA
2
 15 

− Influência da Força Cortante:
′′′ 1 = 0
DQL
′′′ 2 = 1,2 ⋅
DQL
1 1
(− 0,1961)(61,18 − 56,48) ⋅ 5,099 = − 2,820

GA  2
GA

Portanto:
DQL1 = 0 +
DQL 2 =
80
18,095
18,095 0,241
+0=
=
EA
75 EI
EI
107,079 70,028 2,820 107,079 70,028
2,820
106,055
−
−
=
−
−
=
EI
EA
GA
EI
75 EI 31,25EI
EI
Método das Forças
Pórticos
Cálculo da Matriz F:
(m1 )2 dx + (n1 )2 dx +
F11 = ∫
EI
F21 = F12 = ∫
F22 = ∫
-
∫
EA
∫
(v1 )2 dx = F ′
GA
11
+ F11′′ + F11′′′
m1 m2
nn
vv
dx + ∫ 1 2 dx + ∫ f S 1 2 dx = F21′ + F21′′ + F21′′′
EI
EA
GA
(m2 )2 dx + (n2 )2 dx +
EI
fS
∫
EA
∫
fS
(v2 )2 dx = F ′
GA
22
+ F22′′ + F22′′′
Influência do Momento Fletor:
F11′ =
1 1
(1,0)2 ⋅ 3 = 1

EI  3
 EI
F21′ =
1
EI
1
1

 6 ⋅ 1 ⋅ 1 ⋅ 3 = 2 EI


F22′ =
1
EI
1
1
 2,6997
2
2
(
)
(
)
1
,
0
3
1
,
0
5
,
099
⋅
+
⋅
3
 = EI
3


− Influência da Força Normal:
2
 0,6028
1  − 1 
2
F11′′ =
  ⋅ 3 + (− 0,340) ⋅ 5,099 =
EA  15 
EA

F21′′ =
1  1 4
 − 0,7104
− ⋅ ⋅ 3 − 0,340 ⋅ 0,379 ⋅ 5,099 =

EA  15 15
EA

F22′′ =
2
 0,9458
1  4 
2
  ⋅ 3 + (0,379) ⋅ 5,099 =
EA  15 
EA

− Influência da Força Cortante:
2
 0,40
1,2  − 1 
F11′′′ =
  ⋅ 3 =
GA  3 
 GA
F21′′′ =
1,2  − 1  1   − 0,40
   ⋅ 3 =
GA  3  3  
GA
81
Método das Forças
F22′′′ =
Pórticos
2
 0,6353
1,2  1 
2
⋅ 3 + (− 0,1961) ⋅ 5,099 =



GA  3 
GA

Somando as três contribuições:
F11 =
1 0,6028 0,40
1 0,6028
0,40
1,02084
+
+
=
+
+
=
EI
EA
GA EI
75EI
31,25EI
EI
F21 =
1
0,7104 0,40
1
0,7104
0,40
0,47773
−
−
=
−
−
=
2 EI
EA
GA 2 EI
75EI
31,25EI
EI
F22 =
2,6997 0,9458 0,6353 2,6997 0,9458 0,6353 2,73264
+
+
=
+
+
=
EI
EA
GA
EI
75EI
31,25EI
EI
•
Solução do Sistema de Equações (Cálculo das Redundantes):
D Q = D QL + F Q
D QL =
1  0,241 


EI 106,055
F=
1 1,02084 0,47773
EI 0,47773 2,73264
 19,523 
Q=
 kN.m
− 42,224
(2) Considerando apenas as deformações devidas ao momento fletor e à força normal.
•
Solução do Sistema de Equações:
D Q = D QL + F Q
D QL =
1  0,241 


EI 106,145
 20,611 
Q=

− 42,862
82
F=
1 1,00804 0,49053
EI 0,49053 2,71231
Método das Forças
Pórticos
(3) Considerando apenas as deformações devidas ao momento fletor.
•
Solução do Sistema de Equações:
D Q = D QL + F Q
D QL =
1  0 


EI 107,079
F=
0,5 
1 1
EI 0,5 2,6997
 21,856 
Q=

− 43,711
Comparação dos Resultados
Resumo dos Resultados
Flexão + Axial
Flexão + Axial
Flexão
+ Cisalhamento
•
Q1
19,523
20,611
21,856
kNm
Q2
-42,224
-42,862
-43,711
kNm
Erros considerando apenas deformações devidas à flexão:
∆Q1 % =
21,856 − 19,523
× 100 = 11,95%
19,523
∆Q2 % =
− 43,711 + 42,224
× 100 = 3,66%
− 42,224
•
Erros considerando deformações devidas à flexão e à força axial:
∆Q1 % =
20,611 − 19,523
× 100 = 5,57%
19,523
∆Q2 % =
− 42,862 + 42,224
× 100 = 1,51%
− 42,224
83
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Grelhas
Método das Forças
Grelhas
EXEMPLO1: Calcule os esforços na grelha abaixo usando o Método das Forças.
Despreze as deformações devidas à força cortante.
Figura 1 – Grelha
Estrutura Isostática Fundamental
Figura 2 – Estrutura Isostática Fundamental
Fase L
Figura 3 – Fase L
87
Método das Forças
Grelhas
Fases 1, 2 e 3
Figura 4 – Fases 1, 2 e 3
Momentos Fletores
88
Método das Forças
Grelhas
Momentos de Torção
Cálculo dos Deslocamentos
DQL1 = ∫
DQL1 =
M L .m1
T .t
dx + ∫ L 1 dx
EI
GJ
1
EI
2
1
 1
 (− 90 )(1,0 ).3,0 + (22,5)(1,0 ).3,0 +
3
2
 GJ
DQL1 = −
90 270
90 405
−
=−
−
EI GJ
EI
EI
DQL1 = −
495
EI
DQL 2 = ∫
M L .m2
T .t
dx + ∫ L 2 dx
EI
GJ
DQL 2 =
{(− 90 )(1,0).3,0}
1 1

 .(− 180 )(− 1,0 ).3,0 + 0
EI  2

270
EI
M .m
T .t
= ∫ L 3 dx + ∫ L 3 dx
EI
GJ
D QL 2 =
DQL 3
89
Método das Forças
1 1
1
1

 .(− 3,0)(− 90 ).3,0 + .(22,5)(− 3,0).3,0 + .(− 180)(− 3,0)(3,0)
3
3
EI  3

DQL 3 =
+
1
GJ
Grelhas
{(− 90)(− 3,0).3,0}
DQL 3 =
742,5
810 742,5 1215
+
=
+
EI
GJ
EI
EI
DQL 3 =
1957,5
EI
Cálculo dos coeficientes de Flexibilidade
2
F11 = ∫
2
m1
t
dx + ∫ 1 dx
EI
GJ
F11 =
1
(1,0)2 (3,0) + (1,0)2 (3,0) + 1 (1,0)2 (3,0) + (− 1,0)2 (3,0)
EI
GJ
F11 =
6
6
6
9
+
=
+
EI GJ EI EI
{
}
m1 .m2
t .t
dx + ∫ 1 2 dx
EI
GJ
F31 = F13 = ∫
m3 .m1
t .t
dx + ∫ 3 1 dx
EI
GJ
1
EI
0
F31 = F13 =
EI
F21 = F12 = 0 + 0 = 0
2
m2
t
dx + ∫ 2 dx
EI
GJ
F22 =
1
EI
F22 =
6
6
6
9
+
=
+
EI GJ EI EI
F22 =
15
EI
90
15
EI
1
1
1

{(1,0)(− 3,0).3,0 + (1,0)(3,0 ).3,0}
 (1,0 )(− 3,0 ).3,0 + (1,0 )(3,0 ).3,0 +
2
2
 GJ
0
+
=0
GJ
2
F22 = ∫
}
F11 =
F21 = F12 = ∫
F31 = F13 =
{
{(− 1,0) (3,0) + (1,0) (3,0)} + GJ1 {(1,0) (3,0) + (1,0) (3,0)}
2
2
2
2
Método das Forças
F23 = F32 = ∫
Grelhas
m2 .m3
t .t
dx + ∫ 2 3 dx
EI
GJ
F23 = F32 =
9
0
+
EI
GJ
2
2
F33 = ∫
F33 =
+
1
GJ
F33 =
F32 = F23 =
9
EI
m3
t
dx + ∫ 3 dx
EI
GJ
1 1
1
1
1

2
2
2
2
 (− 3,0) (3,0) + (− 3,0) (3,0) + (3,0 ) (3,0) + (3,0) (3,0 ) + 
EI  3
3
3
3

{(− 3,0) (3,0) + (− 3,0) (3,0)}
2
2
36 54 36 81
+
=
+
EI GJ EI EI
F33 =
117
EI
Fase Final
D QL
 − 495 
1 

=
 270 
EI 

1957,5
15
1 
0
F=
EI 
 0
Condições de Compatibilidade:
0
15
9
0 

9 

117 
0
 
D Q = 0
 
0
Resolvendo o sistema de equações:
DQ = DQL + F.Q = 0
DQL + F.Q = DQ
Obtém –se:
Q1 = 33,0 kN.m
Q2 = -8,35 kN.m
Q3 = -16,09 kN.m
91
Método das Forças
Grelhas
EXEMPLO2: Calcular as reações de apoio da grelha da figura abaixo através do
método das forças.
Dados: E = constante.
G = E / 1,5
Figura 5 – Grelha vista superior (Planta)
Propriedades Geométricas das Seções
1
3
-
Barras AB e CD:
b=h ⇒ β =
1
1

− 0,211 −  = 0,140833
3
 12 
J AB = 0,140833 ⋅ h ⋅ b 3
I AB =
b ⋅ h3
12
⇒
⇒
J AB = 0,140833 ⋅ h 4
h4
12
J AB
12
= 0,140833 ⋅ h 4 ⋅ 4 = 1,69 ⇒ J AB = 1,69 I AB
I AB
h
-
Barra BC:
4
(
1
0,15 
0,15) 

 = 0,22888
β = − 0,21
1−
3
0,30  12(0,30 )4 
J BC = 0,22888 ⋅ 0,30 ⋅ (0,15) = 2,317412 × 10 −4
3
92
b
h
β = − 0,21 1 −
J = β ⋅ h ⋅ b3
b4 

12h 4 
Método das Forças
Grelhas
J BC
= 0,34332 ⇒ J BC = 0,34332 ⋅ I AB
I AB
I
0,15 ⋅ (0,30 )
= AB
12
2
3
I BC =
Estrutura Isostática Fundamental
Devido à simetria do problema, tem-se que a força cortante e o momento torçor são nulos na
seção de simetria. Apenas o momento fletor é diferente de zero nesta seção. Portanto,
lançando mão desta característica, a estrutura isostática fundamental pode ser tomada como a
apresentada na figura abaixo.
Figura 6 – Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
Fase L
Figura 7 – Fase L
93
Método das Forças
Grelhas
Por equilíbrio tem-se:
Figura 8 – Equilíbrio das barras e nós
Figura 9 - Decomposição dos momentos na barra AB
Diagramas
Força cortante
94
Momento torçor
Momento fletor
Método das Forças
Grelhas
Fase 1
Figura 10 – Fase 1
Figura 11 - Equilíbrio e Decomposição dos Momentos na Barra AB
Diagramas
Força cortante
Momento torçor
Momento fletor
95
Método das Forças
Grelhas
Cálculo dos Deslocamentos
DQL1 = ∫
DQL1 =
DQL1 =
M L m1
Tt
dx + ∫ L 1 dx
EI
GJ
1 1
1 1

(− 1)(− 900 ) ⋅ 3
 (− 0,6 )(− 4480 − 480 ) ⋅ 5  +

EI AB  2
 EI BE  3

1
+
(640 ⋅ 0,8 ⋅ 5)
GJ AB
7440 900 2560 7440 2 × 900 1,5 × 2560 11 512,189
+
+
=
+
+
=
EI AB EI BE GJ AB EI AB
EI AB
1,69 × EI AB
EI AB
Cálculo dos coeficientes de flexibilidade
[
]
[
]
F11 =
1
(− 0,6)2 ⋅ 5 + 1 12 ⋅ 3 + 1 (0,8)2 ⋅ 5
EI AB
EI BE
GJ AB
F11 =
1,8
3
3,2
1,8
2⋅3
1,5 ⋅ 3,2
10,640
+
+
=
+
+
=
EI AB EI BE GJ AB EI AB EI AB 1,69 ⋅ EI AB
EI AB
(
)
Fase Final
11 512,189
EI AB
= DQL1 + F11 Q1
DQL1 =
DQ1
Q1 =
F11 =
10,640
EI AB
EI AB  − 11 512,189 

 = −1 081,973 kNm
10,640 
EI AB

Cálculo das reações de apoio
M AY = M AYL + M AYQ ⋅ Q
M AX = M AXL + M AXQ ⋅ Q
V A = V AL + V AQ ⋅ Q
Por simetria:
VD = 800 kN
M DX = 3 200 kN ⋅ m
M DY = −2 118,0 kN ⋅ m
96
M AY = −3200 + (− 1) ⋅ (− 1 081.973)
M AY = −2 118,0 kN ⋅ m
M AX = 3200 + (0) ⋅ (− 1 081.973)
M AY = 3 200 kN ⋅ m
V A = 800 + (0) ⋅ (− 1 081.973)
V A = 800 kN
Método das Forças
Grelhas
EXEMPLO3: Calcular a grelha abaixo considerando o carregamento indicado, sendo a
altura das barras h = 0,60 m. Considerar como incógnitas redundantes os momentos
reativos no apoio C.
EI
= 1,5
GJ
Figura 12 – Grelha
Estrutura Isostática Fundamental
G.I .E. = 3 + 2 − 3 = 2
Figura 13 – Estrutura Isostática Fundamental
Fase L
Figura 14 – Fase L
97
Método das Forças
ARL 3 =
Grelhas
4⋅4
= 2,0
8
10 ⋅ ARL1 + (2 ⋅ 6) − (8 + 4) ⋅ 6 − 2 ⋅ 6 ⋅ 3 = 0 ⇒
ARL1 = 9,6
ARL 2 = (8 + 4 + 2 ⋅ 6) − 9,6 − 2 = 12,4
Diagramas da Fase L
Barra AB:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Barra DC:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Figura 15 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase L
Fase 1
(Q1 = 1; Q2 = 0)
Figura 16 –Fase 1
98
Método das Forças
Grelhas
Diagramas da Fase 1
Barra AB:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Barra CD:
- Momento fletor: nulo.
- Momento torçor:
Figura 17 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase 1
Fase 2
(Q1 = 0; Q2 = 1)
Figura 18 – Fase 2
99
Método das Forças
Grelhas
Diagramas da Fase 2
Barra AB:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Barra DC:
- Momento torçor: nulo.
- Momento fletor:
Figura 19 – Diagramas de momentos fletor e torçor – Fase 2
Cálculo dos Deslocamentos
DQL1 =
 − 36,4
1 1
4
1  6
1  6
⋅ 38,4 ⋅ ⋅ 4 + ⋅  −  ⋅ 38,4 ⋅ 6 + ⋅  −  ⋅ 9 ⋅ 6 =

EI  3
10
3  10 
3  10 
EI

DQL 2 =
1
EI
1
3
1
3
1 3
1
1
1
 1   59,8
 3 ⋅ 38,4 ⋅ 10 ⋅ 4 + 3 ⋅ 38,4 ⋅ 10 ⋅ 6 + 3 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ 6 + 3 ⋅ 8 ⋅ 2 ⋅ 4 + 6 ⋅ 8 ⋅  2 ⋅ 2 + 1 ⋅ 4 = EI

 

Cálculo dos Coeficientes de Flexibilidade
F11 =
1
EI
2
1  4 2
1  6  1 2
0,9333 8 ⋅1,5 12,9333
⋅
⋅
4
+
⋅
−
1 ⋅8 =
+
=

 ⋅ 6 +
  
3  10   GJ
EI
EI
EI
 3  10 
(
F12 = F21 =
1
F22 =
EI
100
1
EI
)
1  4   3 
 1
1  6 3
0,2
 3 ⋅  10  ⋅  10  ⋅ 4 + 3 ⋅  − 10  ⋅  10  ⋅ 6 + 0 + GJ (0) = − EI

  
    

2
1  3 2
 1
1 3
1
2
(0) = 2,9667
 ⋅   ⋅ 4 + ⋅   ⋅ 6 + ⋅ (1) ⋅ 8 +
3  10 
3
EI
 3  10 
 GJ
Método das Forças
Grelhas
Equação de Compatibilidade
DQ = DQL + F Q
DQL =
Q = F −1 (DQ − DQL )
F=
1 − 36,4
EI  59,8 
1 12,7667 − 0,2 
EI  − 0,2
2,9667
0,07740 0,00522
F −1 = EI 

0,00522 0,33743
Assim sendo,
Q1 = 2,5053 t ⋅ m
Q2 = −19,9884 t ⋅ m
Cálculo das Reações de Apoio
AR = ARL + ARQ ⋅ Q
 9,6 
ARL = 12,4
 2 
ARQ
0,075 
 0,1

= − 0,1 0,05 
 0
− 0,125
 2,5053 
Q=

− 19,9884
0,075 
 9,6   0,1
 2,5053 



AR = 12,4 + − 0,1 0,05  ⋅ 
− 19,9884
 2   0
− 0,125 
 8,351 
AR = 11,150
 4,499 
101
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Estruturas Sujeitas
a Variação de Temperatura e/ou Recalques de
Apoio
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO1: A viga principal de uma ponte, já executada, simplesmente apoiada nos
topos dos pilares A, B e C, sofreu recalques (verticais para baixo) nas fundações dos
pilares B e C, localizadas no leito do rio, de 1,5 cm e 0,8 cm respectivamente. Avalie os
esforços introduzidos na estrutura em decorrência destes recalques, usando o método
das forças, determinando as reações de apoio e traçando os diagramas de forças
cortantes e momentos fletores.
Dados: E=3x107 kN/m2
Seção Transversal
Figura 1 – Viga principal de uma ponte
Figura 2 – Viga contínua
Grau de Indeterminação Estática: 1
DQ1 = -0,015 m
Figura 3 - Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
105
Método das Forças
Vigas
Fase R
Figura 4 – Fase R
DQR1 =
− 0,008
⋅ 12 = −3,56 × 10 −3 m
27
Fase 1
Figura 5 – Fase 1
Figura 6 – Diagrama de momento fletor – Fase 1
F11 =
1 1
1
 400
2
2
⋅ (− 6,667 ) ⋅ 12 + (− 6,667 ) ⋅ 15 =

EI  3
3
 EI
Fase Final
D QR + F ⋅ Q = D Q
− 3,56 × 10 −3 +
E = 3 × 10 7 kN
400
⋅ Q1 = −0,015
EI
m
2
EI = 1 × 10 6 kNm 2
Q1 =
106
− 0,01144
EI = −28,6 kN
400
0,40 ⋅ 13
I=
= 3,3333 × 10 −2 m 4
12
Método das Forças
Vigas
Cálculo das demais Reações
Figura 7 – Reações de apoio
∑ M = 0 ∴ − V ⋅ 27 + 28,6 ⋅ 12 = 0
∑ V = 0 ∴ V − 28,6 + V = 0 ⇒
A
C
A
C
⇒ VC = 12,71 kN
VA = 15,89 kN
Diagramas de Esforços Solicitantes
15,89kN
12,71kN
Figura 8 – Diagrama de força cortante
190,68kNm
Figura 9 – Diagrama de momento fletor
107
Método das Forças
Treliças
EXEMPLO2: Obter os esforços nas barras da estrutura abaixo. Além da carga
indicada, considerar um deslocamento vertical de 1cm no apoio D para baixo (no sentido
negativo do eixo y). Adotar como redundantes o esforço interno na barra BD e a reação
vertical no apoio A (direção do eixo y). Todas as barras têm seção constante de 10cm2 e
módulo de elasticidade E=21000kN/cm2.
Figura 10 - Treliça
Estrutura Isostática Fundamental:
− Grau de Indeterminação Estática:
G.I .E = (m + v ) − 2 ⋅ n = (8 + 4) − 2 ⋅ 5 = 2
− Incógnitas Redundantes:
o Q1→ força normal na barra DB
o Q2→ reação vertical no apoio A
Figura 11 – Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
108
Método das Forças
Treliças
Fase L
sen (60°) = 0,866

cos (60°) = 0,5
Figura 12 – Fase L
 1,5 
 = 26,565°
 3,0 
sen (α ) = 0,447
 1,5 
 = 45°
 1,5 
sen (β ) = 0,707
α = Arc tan
cos(α ) = 0,894
β = Arc tan
cos(β ) = 0,707
Nó C:
∑V = 0 ∴ 50 ⋅ 0,866 + N ⋅ 0,447 = 0 ⇒
∑ H = 0 ∴ 50 ⋅ 0,5 − N − N ⋅ 0,894 = 0
EC
BC
EC
N EC = −96,825
⇒ N BC = 111,603
Nó B:
∑V = 0
∑H = 0
⇒ N EB = 0
⇒ N AB = 111,603
Nó D:
∑H = 0
⇒ N DE = 0
Nó E:
∑ H = 0∴ N
EC
⋅ 0,894 − N AE ⋅ 0,707 − N DE = 0 ⇒ N AE = −122,474
Nó A:
∑V = 0 ∴ N
DA
+ N AE ⋅ 0,707 = 0 ⇒ N DA = 86,602
109
Método das Forças
Treliças
Fase R
DQR = −∑ Ri × δ i
i
δi = - 1 cm = - 0,01 m
Fase 1
Figura 13 – Fase 1
Nó C:
∑V = 0
∑H = 0
⇒ N EC = 0
⇒ N BC = 0
Nó B:
∑V = 0 ∴ N
∑ H = 0∴ N
EB
+ 1 ⋅ 0,707 = 0 ⇒ N EB = −0,707
AB
+ 1 ⋅ 0,707 = 0 ⇒ N AB = −0,707
DE
+ 1 ⋅ 0,707 = 0 ⇒ N DE = −0,707
DE
+ N AE ⋅ 0,707 = 0 ⇒ N AE = 1
Nó D:
∑ H = 0∴ N
Nó E:
∑ H = 0∴ N
Nó A:
∑V = 0 ∴ N
DA
+ N AE ⋅ 0,707 = 0 ⇒ N DA = −0,707
Reação Vertical em D (RD):
∑V
110
D
= 0 ∴ RD1 + N DA + 1 ⋅ 0,707 = 0 ⇒ RD1 = 0
Método das Forças
Treliças
Fase 2
Figura 14 – Fase 2
Nó C:
∑V = 0
∑H = 0
⇒ N EC = 0
⇒ N BC = 0
Nó B:
∑V = 0
∑H = 0
⇒ N EB = 0
⇒ N AB = 0
Nó D:
∑H = 0
⇒ N DE = 0
Nó E:
∑H = 0
⇒ N AE = 0
Nó A:
∑ V = 0 ∴1 − N
DA
= 0 ⇒ N DA = 1
Reação Vertical em D (RD):
∑V
D
= 0 ∴ RD 2 + N DA = 0 ⇒ R D 2 = −1
111
Método das Forças
Treliças
Quadro Resumo dos Esforços:
Barra
{EA}i
Li
{N L }i
{n 1 }i
{n 2 }i
AB
EA
1,5
111,603
− 2
BC
EA
3,0
111,603
0
DA
EA
1,5
86,603
− 2
AE
EA
1,5 2
-122,474
1
0
DB
EA
1,5 2
0
1
0
DE
EA
1,5
0
− 2
EB
EA
1,5
0
− 2
EC
EA
3,354
-96,825
0
2
0
1
2
0
2
0
2
0
0
Cálculo dos Coeficientes:
Barra
112
{N L ⋅ n 1 ⋅ L}i {N L ⋅ n 2 ⋅ L}i
{(n ) ⋅ L}
{n 1 ⋅ n 2 ⋅ L}i
2
1
i
{(n
2
)2 ⋅ L}i
AB
-118,372
0
0,75
0
0
BC
0
0
0
0
0
DA
-91,856
129,904
0,75
-1,061
1,5
AE
-259,807
0
1,5 2
0
0
DB
0
0
1,5 2
0
0
DE
0
0
0,75
0
0
EB
0
0
0,75
0
0
EC
0
0
0
0
0
Método das Forças
Treliças
8
− 470,036
 N ⋅n ⋅L
DQL1 = ∑  L 1  =
EA  i
EA
i =1 
8
 N ⋅ n ⋅ L  129,904
DQL 2 = ∑  L 2  =
EA
EA
i
i =1 
DQR1 = −(0 ⋅ (−0,01) ) = 0
DQR 2 = −((−1) ⋅ (−0,01) ) = −0,01
8 
(n )2 ⋅ L  = 7,243
F11 = ∑  1
EA  i
EA
i =1 
8
− 1,061
n ⋅n ⋅L
F21 = F12 = ∑  1 2  =
EA  i
EA
i =1 
 (n2 )2 ⋅ L 
 = 1,5
F22 = ∑ 
EA  i EA
i =1 
8
Cálculo das redundantes
EA = 21000
D QL
kN
⋅ 10cm 2 = 210 000kN
2
cm
 0 
D QR = 

− 0,01
− 2,238 × 10 −3 
=

 6,186 × 10 −4 
− 2,238 × 10 −3   0  − 2,238 × 10 −3 
D QS = D QL + D QR = 
+
=
−4 
−3 
−
0
,
01
6
,
186
×
10

  − 9,381 × 10 


 3,449 × 10 −5
F=
− 5,052 × 10 −6
− 5,052 × 10 −6 

−6
7,143 × 10 
D Q = D QS + F Q = 0
Q1 = 287,0 kN
Q2 = 1516,35 kN
Esforços finais nas barras
N i = (N L )i + (n 1 )i ⋅ Q1 + (n 2 )i ⋅ Q 2
NAB = -91,31 kN
NBC = 111,60 kN
NDA = 1400,04 kN
NAE = 164,54 kN
NDB = 287,01 kN
NDE = -202,92 kN
NEB = -202,92 kN
NEC = -96,83 kN
113
Método das Forças
Pórticos
EXEMPLO3: Resolver o pórtico da figura pelo método da flexibilidade. Considerar,
além do carregamento indicado, as seguintes solicitações:
1. Deslocamentos dos apoios:
- Rotação de 0,02 rad no sentido anti-horário no apoio A;
- Recalque vertical de 2 cm no apoio C.
2. Variação de temperatura na barra AB, sendo esta variação na face superior de 10ºC (∆Ts =
10ºC) e na face inferior de 30ºC (∆Ti = 30ºC).
Para o efeito da carga aplicada, considerar apenas as deformações por flexão.
Figura 15 - Pórtico
Figura 16 - Estrutura Isostática Fundamental
114
Método das Forças
Pórticos
Fase L
Figura 17 – Fase L – Diagrama de momento fletor
Fase T (Variação da temperatura)
Figura 18 – Fase t – Variação da temperatura
•
Variação uniforme: ∆TG = 20oC
dδ = α ∆TG dx = 20 x 10 −5 dx
•
Variação linear: T1 = 10
dθ =
α (T1 − T2 )
h
dx
=
T2 = -10
10 −5 [10 − (− 10 )]
dx
0,4
= 5 x 10 − 4 dx
115
Método das Forças
Pórticos
Fase R (Rotação no apoio A)
•
1a opção – cálculo geométrico de DQR1 e DQR2:
LAC = 5 m
∆
tg β ≈ β = L
AC
∆ = β . LAC = 0,02 . 5
∆ = 0,10 m
Figura 19 - cálculo geométrico de DQR1 e DQR2
sen α =
3
= 0,6
5
cos α =
4
= 0,8
5
•
D QR1 = ∆ . sen α = 0,10 . 0,6 = 0,06
⇒ 
D QR 2 = ∆ . cos α = 0,10 . 0,8 = 0,08
2a opção – Método da carga unitária (P.T.V. para corpos rígidos):
∆ = −  ∑ Ri . δ i 
 i

Ri = reações de apoio devido à carga unitária correspondente a ∆
δi = deslocamentos do apoio
116
Método das Forças
Pórticos
Fase 1
Figura 20 – Fase 1
Figura 21 –Diagramas - Fase 1
Fase 2
Figura 22 – Fase 2
Figura 23 – Diagramas - Fase 2
117
Método das Forças
Pórticos
Cálculo dos Deslocamentos
Cargas:
⇒ D QL
− 2,1333x10 −3 
=
−3 
− 2,1333x10 
Temperatura:
DQT1 = 6,8 x 10-3
DQT1 = 4,0 x 10 ⇒ D QT
-3
 6,8x10 −3 
=
−3 
4,0x10 
Recalque (pela 2ª opção) – Observar que a rotação do apoio é positiva:
D QR 1 = −[− 3,0 ⋅ 0,02 ] = 0,06
D QR 2 = −[− 4,0 ⋅ 0,02 ] = 0,08
F11 =
1  2
1
45

2
 3,0 . 4 + . 3,0 . 3  =
EI 
3
EI

F21 = F12 =
F22 =
118
0,06
⇒ D QR = 

0,08
1
EI
1 1
24

 . 3. 4 . 4  =
EI  2
EI

21,333
1

 . 4. 4. 4  =
EI
3

⇒ F=
1
EI
24 
45
24 21,333


Método das Forças
Pórticos
Fase Final
Q = F –1{DQ - DQS }
DQS
DQS = DQL + DQR + DQT
− 2,133 x 10 −3  0,06 6,8 x 10 −3  0,0647
= 
+
= 
+

−3 
−3 
− 2,133 x 10  0,08 4,0 x 10  0,0819
DQ =
 0 


− 0,02
− 0,0647
DQ - DQS = 

 − 0,1019 
8 333,33 − 9 375 
F –1 = 

 − 9 375 17 578,12
 416,15 
Q =

− 1184,65
Figura 24 - Diagrama de momentos fletores
Comparação das Soluções
•
Solução considerando-se apenas o carregamento propriamente dito:
− 2,1333x10 −3 
D QL = 
−3 
− 2,1333x10 
DQL + FQ = DQ = 0
− 2,22
Q =
 kN
 17,50 
119
Método das Forças
•
Pórticos
Solução considerando-se carregamento e variação de temperatura
− 2,133 x 10 −3   6,8 x 10 −3  4,667 x10 −3 
+
= 
DQS = 
−3 
−3 
−3 
− 2,133 x 10  4,0 x 10  1,867 x10 
DQS + FQ = DQ = 0
− 21,39
Q =
 kN
 10,94 
•
Solução considerando-se carregamento, variação de temperatura e recalque de apoio
− 2,133 x 10 −3  0,06 6,8 x 10 −3  0,0647
DQS = 
+
= 
+

−3 
−3 
− 2,133 x 10  0,08 4,0 x 10  0,0819
DQS + FQ = DQ = 0
 416,15 
Q =
 kN
− 1184,65
120
Método das Forças
Grelhas
EXEMPLO4: Calcule as redundantes e as reações de apoio da grelha abaixo usando o
método das forças. Considere, além do carregamento indicado, uma variação de
temperatura linear ao longo da altura na barra AB, sendo esta variação dada por uma
redução de temperatura de 20ºC na face superior e um acréscimo de 20ºC na face
inferior. Considere também, um recalque vertical para baixo no apoio C igual à 1 cm e
uma rotação β =0,01 rad no apoio A, em torno do eixo y, conforme indicado.
Figura 25 – Grelha
Dados: (constantes para todas as barras)
E = 3 × 10 7 kN / m 2
G = 1,25 × 10 7 kN / m 2
α = 10 −5 /º C
A = 0,08m 2
I = 1,0667 × 10 −3 m 4
6
fs =
5
J = β × h × b 3 = 7,3242 × 10 − 4 m 4
β=
1
b
b4
− 0,21 1 −
3
h  12h 4



121
Método das Forças
Grelhas
DQ1 = −0,01
DQ 2 = 0
DQ 3 = 0
Figura 26 - Estrutura isostática fundamental – E.I.F.
Fase L
Reações de apoio :
∑ F = 0 ⇒ V − 24 = 0 ∴ V = 24kN
∑ M = 0 ⇒ M − 24 × 1 = 0 ∴ M
∑ M = 0 ⇒ M + 24 × 4 = 0 ∴ M
Z
A
X(A)
AX
Y(A)
AY
Figura 27 – Fase L
Figura 28 – Equilíbrio de barras e nós – Fase L
122
A
AX
AY
= 24 kNm
= −96 kNm
Método das Forças
Grelhas
Diagramas da Fase L
Fase 1
Reações de apoio:
∑F
∑M
∑M
Z
= 0 ⇒ 1 − V A = 0 ∴V A = 1kN
X ( AB )
= 0 ⇒ M AX − 1× 2 = 0 ∴ M AX = 2kNm
Y ( AB )
= 0 ⇒ M AY − 1× 4 = 0 ∴ M AY = 4 kNm
Figura 29 – Fase 1
Figura 30 - Equilíbrio de barras e nós – Fase 1
123
Método das Forças
Grelhas
Diagramas da Fase 1
Fase 2
Reações de apoio:
∑F
∑M
∑M
Z
Figura 31 – Fase 2
Figura 32 – Equilíbrio de barras e nós – Fase 2
124
= 0 ∴V A = 0
X ( A)
= 0 ⇒ M AX + 1 = 0 ∴ M AX = −1kNm
Y ( A)
= 0 ∴ M AY =0
Método das Forças
Grelhas
Diagramas da Fase 2
B
B
B
Fase 3
Reações de apoio:
∑F
∑M
∑M
Z
= 0 ∴V A = 0
X ( A)
= 0 ∴ M AX = 0
Y ( A)
= 0 ⇒ M AY + 1 = 0 ∴ M AY = − 1kNm
Figura 33 – Fase 3
Figura 34 – Equilíbrio de barras e nós – Fase 3
125
Método das Forças
Grelhas
Diagramas da Fase 3
B
B
B
Fase T
Variação uniforme de temperatura induz apenas rotação.
T1 = 20
T2 = −20
dθ =
α (T1 − T2 )dx
h
=
10 −5 (20 − (− 20 ))dx
= 10 −3 dx
0,4
Figura 35 – Fase T
4
4
DQT 1 = ∫ m1 ⋅ dθ = ∫ (
0
) .dx = 8 × 10 −3
0
4
DQT 2 = ∫ m2 ⋅ dθ =0
0
4
4
DQT 3 = ∫ m3 ⋅ dθ = ∫ (
0
126
0
) .dx = − 4 × 10 −3
Método das Forças
Grelhas
Fase R
Utiliza-se o P.T.V. para corpos rígidos para
obter os deslocamentos devidos ao
recalque de apoio (rotação β). O
deslocamento correspondente a cada
redundante é obtido multiplicando o
recalque pela reação de apoio devida a uma
carga unitária aplicada na direção da
redundante.
(Fases 1, 2 e 3).
β
Figura 36 – Fase R
DQR1 ⋅ 1 + 4 ⋅ 0,01 = 0 ⇒ DQR1 = −0,04
DQR 2 ⋅ 1 + 0 ⋅ 0,01 = 0 ⇒ DQR 2 = 0
DQR 3 ⋅ 1 − 1 ⋅ 0,01 = 0 ⇒ DQR 3 = 0,01
Cálculo dos deslocamentos
∆=∫
M m
Nn
Mm
Vv
dx + ∫
dx + ∫ f S
.dx + ∫ T T dx
EA
EI
GA
GJ
DQL1 =
1
[
GJ
4
∫
dx] +
0
fS
[
GA
4
∫
dx] +
0
4
1
+
[
EI ∫0
DQL1 =
DQL 2
DQL 3
dx]
1
[(− 24 ⋅ (− 2) ⋅ 4)] + f S [(24 ⋅ (− 1) ⋅ 4)] + 1  − 96 ⋅ 4 ⋅ 4  = 4,857 × 10 −3 m
GJ
GA
EI 
3

4
1
=
[
GJ
∫
1
=
[
EI
4
dx] =
1
[(− 24 ⋅ 1 ⋅ 4)] = −1,056 × 10 −2 rad
GJ
dx] =
1
EI
0
∫
0
 − 96 ⋅ (− 1) ⋅ 4 
−3
 = 6 × 10 rad

2


127
Método das Forças
Grelhas
Cálculo dos coeficientes
1
F11 =
[
GJ
4
∫
f
) dx] + S [
GA
2
(
0
2
∫
4
∫
) 2 dx +
(
0
4
)2 dx] +
(
0
2
1
[ (
EI ∫0
∫
)2 dx +
)2 dx]
(
0
2
2
fS
1
1  (4 ) ⋅ 4 (2 ) ⋅ 2 
2
2
−3
[(− 2 ⋅ (− 2) ⋅ 4)] + (− 1) ⋅ 4 + (1) ⋅ 2 + 
F11 =
+
 = 2,5048 × 10
GJ
GA
EI  3
3 
[
F12 = F21 =
F12 = F21 =
1
[
GJ
1
GJ
4
∫
dx] +
0
4
∫
dx] =
0
4
∫
1
[
EI
2
∫
dx]
0
1
[(− 2 ⋅1 ⋅ 4)] + 1  2 ⋅ (− 1) ⋅ 2  = −9,3631× 10 −4
GJ
EI 
2

1
F13 = F31 =
[
EI
F22 =
]
)2 . dx+
(
0
[
]
[
1
EI
1  4 ⋅ (− 1) ⋅ 4 
= −2,5 × 10 − 4


EI 
2

2
∫
) 2 .dx
(
0
]
1
F22 =
(1)2 ⋅ 4 + 1 (− 1)2 ⋅ 2 = 4 + 2 = 4,99 × 10 −4
GJ
EI
GJ EI
F23 = F32 = 0
F33 =
1
[
GJ
2
∫
(
)2 dx] +
0
1
[
EI
4
∫
(
)2dx] =
0
2
4
+
= 3,4345 × 10 − 4
GJ EI
Fase Final
D Q = D QL + D QR + D QT + FQ
− 0,01
D Q =  0 
 0 
 4,857 × 10 −3 


D QL = − 1,056 × 10 − 2 
 6,0 × 10 −3 


128
D QR
− 0,04
=  0 
 0,01 
D QT
 8 × 10 −3 


=
0

− 4 × 10 −3 


Método das Forças
Grelhas
Somando teremos - DQS
D
QS
− 2,714 × 10 −2 


=  − 1,056 × 10 − 2 
 1,2 × 10 − 2 


 2,5048 × 10 −3

F = − 9,3631 × 10 −4
 − 2,5 × 10 −4

− 9,3631 × 10 −4
4,9941 × 10 −4
0
− 2,5 × 10 −4 

0

−4 
3,4345 × 10 
 49,71kN 
Q = 114,34kNm 
 1,24kNm 
Reações de Apoio
Figura 37 – Reações de apoio
∑ V = 0 ⇒ V − 24 + 49,71 = 0 ∴ V = −25,71kN
∑ M = 0 ⇒ (24 ⋅ 4) + 1,24 − (49,71⋅ 4) + M = 0 ∴ M
∑ M = 0 ⇒ −24 − (49,71⋅ 2) + 114,34 + M = 0 ∴ M
A
A
Y
AY
AY
= 101,6kNm
X
AX
AX
= 9,08kNm
129
Método das Forças
Exemplos de Aplicação em Estruturas com
Barras de Seção Variável
Método das Forças
Barras de Inércia Variável
ESTRUTURAS COM BARRAS DE SEÇÃO VARIÁVEL
Considere a barra com altura variando ao longo do eixo x.
Figura 1 – Barra de seção variável
Pode-se escrever a altura h em função de x
h(x).
As grandezas I(x), A(x), J(x) são características geométricas da seção que variam também ao
longo de x.
Equação do método da carga unitária:
∆ ×1 = ∫
nN
mM
vV
tT
dx + ∫
dx + ∫ f S
dx + ∫
dx
EA( x)
EI ( x)
GA( x)
GJ ( x)
Devido à variação de h e à variação das caraterísticas geométricas I(x), A(x) e J(x) a
integração analítica do 2º membro torna-se muito trabalhosa ou mesmo impossível.
No caso de barras com h variando linearmente e parabolicamente (mísulas retas e
Mm
parabólicas, respectivamente), a integral ∫
dx pode ser resolvida por meio de tabelas
EI ( x)
como as de Guldan.
Para barras de seção transversal variável de acordo com uma lei qualquer, o problema
deve ser resolvido segundo um esquema de integração numérica.
Integração numérica:
A integral representa a área sob a curva da função f(x), entre as retas x=a e x=b .
Figura 2 – Área sob a curva f(x)
133
Método das Forças
Barras de Inércia Variável
Esta integral pode ser aproximada na forma:
b
∫
N
f ( x)dx ≈ ∑ f ( xi )Wi
i =1
a
sendo:
N = número de pontos de integração;
Wi = peso ;
xi = ponto de integração (ou ponto amostral ou nó) ;
f(xi) = valor de f(x) no ponto xi ;
•
Esquemas de integração com intervalos iguais – integrar numericamente uma função no
intervalo [a,b] é integrar um polinômio Pn(x) que aproxime a função f(x) no intervalo.
Vantagens de integrar o polinômio Pn(x) ao invés de f(x):
f(x) pode ser de integração difícil ou até mesmo impossível, enquanto o polinômio
é de integração direta;
f(x) às vezes não é conhecida, sendo dada através de tabela de valores de pares
ordenados obtidos experimentalmente.
Figura 3 – Função f(x) a ser integrada
Sendo dados K pares ordenados ( x k , f k ) , aproxima-se a função f(x) pelo polinômio
Pn (x) na forma:
f ( x ) = Pn ( x ) + Rn ( x )
Pn ( x ) = ∑ f K ⋅ l K ( x )
Sendo:
l K ( x ) ⇒ polinômios aproximados, obtidos em função dos pares ordenados (xk , fk)
Rn(x) ⇒ Resto
134
Método das Forças
Barras de Inércia Variável
Esquemas de integração numérica com intervalos iguais mais usados:
- Regra dos trapézios – função aproximadora linear,
- Regra de Simpson – função aproximadora é um polinômio de 2º grau.
•
Esquema de integração com intervalos desiguais – Quadratura de Gauss-Lengendre.
Estes esquemas são baseados na propriedade de ortogonalidade de polinômios. Dois
polinômios gn(x) e gm(x) de uma família de funções gk(x) são ortogonais no intervalo
[a,b], se:
b
∫ W ( x) ⋅ g
m
( x) ⋅ g n ( x)dx = 0 → se n ≠ m
a
b
∫ W ( x)[g
( x)] dx = c(n) ≠ 0 → se n = m
2
n
a
A família de polinômios de Legendre possui ortogonalidade no intervalo [-1,1] com
relação à função W(x)=1.
135
Método das Forças
Barras de Inércia Variável
O problema de integração de uma função f (ξ ) no intervalo [− 1,1] fica reduzido a:
1
∫
N
f (ξ )dξ ≈ ∑ f (ξ i ) wi
−1
ξ → [− 1,1]
i =1
onde N é o número de pontos amostrais (raízes dos polinômios de Legendre) e Wi são os
pesos, obtidos pela condição de ortogonalidade destes polinômios.
Os passos para integração numérica com a Quadratura de Gauss-Legendre são os
seguintes:
Definir o número de pontos amostrais;
Obter ξ i e Wi de tabelas apropriadas;
Proceder a mudança de coordenadas físicas x para coordenadas naturais ξ ;
Efetuar o somatório de aproximação da integral.
A integração é exata se f (ξ ) é um polinômio de ordem 2N-1 ou inferior, conforme mostrado
na tabela abaixo.
N(nº de pontos amostrais)
1
2
3
4
5
Ordem do polinômio integrado exatamente
1
3
5
7
9
Por exemplo, para integrar exatamente um polinômio do 5º grau são necessários 3 pontos
amostrais.
Antes de usar a Quadratura de Gauss Legendre é necessária a mudança para as
coordenadas naturais ξ , como no exemplo abaixo.
l
∫ f ( x)dx → x ∈ [0,1]
0
x=
ξ
136
l
(ξ + 1) → dx = l dξ
2
2
Método das Forças
1
l
Barras de Inércia Variável
1
l
l N
l
l
l

f ( x)dx = ∫ f  (ξ + 1) dξ = ∫ f  (ξ + 1)dξ ≈ ⋅ ∑
2
2 −1  2
2 i =1
2

−1 
∫
0
l
∫
0
f ( x)dx ≈
l

f  (ξ i + 1) ⋅ Wi
2

l N
∑ f ( xi ) wi
2 i =1
Tabela de pesos Wi e pontos amostrais ξ i para a Quadratura de Gauss-Legendre
N
Wi
ξi
1
2
0
2
1
1
-0,577350269
0,577350269
3
0,555555556
0,888888889
0,555555556
-0,774596669
0
0,774596669
4
0,347854845
0,652145155
0,652145155
0,347854845
-0,861136312
-0,339981044
0,339981044
0,861136312
5
0,236926885
0,478628670
0,568888889
0,478628670
0,236926885
-0,906179846
-0,538469310
0
0,538469310
0,906179846
6
0,171324492
0,360761573
0,467913935
0,467913935
0,360761573
0,171324492
-0,932469514
-0,661209386
-0,238619186
0,238619186
0,661209386
0,932469514
137
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO1: Determine as reações de apoio para a viga da figura abaixo.
h( x ) = 0,9 − 0,1x
I ( x) =
b ⋅ h 3 ( x ) 0,2
(0,9 − 0,1x )3
=
12
12
Figura 4 – Viga de seção variável
Fase L
M L = 72 x − 12 x 2
Figura 5 – Reações e diagrama de momento fletor – Fase L
138
Método das Forças
Vigas
Fase 1
1
x −1
6
Figura 6 – Reações e diagrama de momento fletor – Fase 1
M1 =
Cálculo dos deslocamentos
L
DQL1 = ∫
0
1
M L m1
1 L M m
1 L N M m 
dx = ⋅ ∫ L 1 dξ = ⋅ ∑  L 1  Wi
EI ( x )
E 2 −1 I
E 2 i =1  I  i
2
1 L N  mi 
F11 = ⋅ ∑ 
Wi
E 2 i =1  I  i
xi =
L
(ξ i + 1)
2
ξi
Wi
xi
hi
Ii
(ML)i
(m1)i
 M L m1W 


I

i
0,774597
0,0
-0,774597
0,555556
0,888889
0,555556
5,3238
3,0
0,6762
0,3676
0,6
0,8324
0,0008280
0,0036
0,009612
43,20
108,0
43,20
-0,1127
-0,5
-0,8873
∑
-3266,667
-13333,33
-2215,481
-18815,481
 m12W

 I


i
8,522
61,728
45,505
115,755
3
− 56446,443
⋅ (−18815,481) =
E
E
3
347,265
F11 = ⋅ 115,755 =
E
E
1
(DQ1 − DQL1 ) = 56446,443 = 162,55kNm
Q1 =
F11
347,265
DQL1 =
1
⋅ 162,55 = 99,09kN
6
1
RB = 72 − ⋅ 162,55 = 44,91kN
6
M A = Q1 = 162,55kNm
R A = 72 +
139
Método das Forças
Vigas
EXEMPLO2: Calcular a viga da figura através do método da flexibilidade e usando
integração numérica via Quadratura de Gauss-Legendre no cálculo dos deslocamentos.
A altura máxima da viga, sobre o apoio B, é de 85,5 cm e no trecho constante é de 50 cm.
A largura da seção transversal é constante e igual a 20 cm e o módulo de elasticidade E é
constante.
Figura 7 – viga de seção variável
Grau de indeterminação estática (G.I.E.) = 1
Estrutura isostática fundamental adotada
DQ1 = 0
Figura 8 – Estrutura isostática fundamental
Fase L
BARRA AB:
BARRA BC:
2
M L = 4,0 x − 1,0
x
2
M L = 3,50 x − 1,0
Figura 9 – Reações e equações de momento fletor – Fase L
140
x2
2
Método das Forças
Vigas
FASE 1
BARRA AB
m1 =
BARRA BC
1
x
8
1
m1 = 1 − x
8
Figura 10 – Reações e equações de momento fletor – Fase 1
Variação de inércia das barras
Figura 11 – Dimensões das barras (em metros)
0 ≤ x ≤ 5,60m ⇒ h = 0,5m
b = 0,20m
(0,855 − 0,50) × (x − 5,60) m

5,60m ≤ x ≤ 8,0m ⇒ h( x ) = 0,50 +

2,40


b = 0,20m
bh( x )
12
3
I (x ) =
Barra AB:
ξi
Wi
xi
hi
Ii
(ML)i
(m1)i
 M L m1W 


I

i
-0,90618
-0,53847
0
0,53847
0,90618
0,23693
0,47863
0,56889
0,47863
0,23693
0,3753
1,8605
4,0
6,1395
7,6247
0,5
0,5
0,5
0,5798
0,7995
0,0020833
0,0020833
0,0020833
0,0032485
0,0085173
1,4308
5,7113
8,0
5,7113
1,4308
0,04691
0,23256
0,5
0,76744
0,95309
∑
7,6332
305,1484
1092,2688
645,7969
37,9340
2088,7813
 m12W

 I


i
0,25026
12,42542
68,26680
86,7715
25,26875
192,98273
141
Método das Forças
Vigas
Barra BC:
ξi
Wi
xi
hi
Ii
(ML)i
(m1)i
 M L m1W 


I

i
-0,90618
-0,53847
0
0,53847
0,90618
0,23693
0,47863
0,56889
0,47863
0,23693
0,3753
1,8605
4,0
6,1395
7,6247
0,7995
0,5798
0,5
0,5
0,5
0,0085173
0,0032485
0,0020833
0,0020833
0,0020833
1,2431
4,7810
6,0
2,6415
-2,3816
0,95309
0,76744
0,5
0,23256
0,04691
∑
32,9576
540,6046
819,2016
141,1324
-12,7056
1521,1906
DQL1 = D' QL1 + D' ' QL1
1
[2088,7813 + 1521,1906] = 14439,9276
E
E
1
1543,8618
F11 = F '11 + F ' '11 = 4,0 ⋅ [192,98273 + 192,98273] =
E
E
DQL1 + F11 ⋅ Q1 = 0
DQL1 = 4,0 ⋅
Q1 = −
DQL1
F11
= −9,35tf .m
8,0 9,35
−
= 2,83
2
8,0
9,35
= 5,17
V ' B = 4,0 +
8,0
V A = 1,0 ⋅
 9,35 − 4,0 
V ' ' B = 4,0 + 
 = 4,67
 8,0 
 9,35 − 4,0 
V ' C = 4,0 − 
 = 3,33
 8,0 
V ' ' C = 2,0
Figura 12 – Reações de apoio
142
 m12W

 I


i
25,26875
86,7715
68,26680
12,42542
0,25026
192,98273
Método das Forças
Vigas
Reações de Apoio
R A = V A = 2,83tf
RB = V ' B +V " B = 5,17 + 4,67 = 9,84tf
RC = V ' C +V "C = 3,33 + 2,0 = 5,33tf
Diagramas Finais
Figura 13 – Diagrama de força cortante
m
m
Figura 14 – Diagrama de momento fletor
143
Método das Forças
Grelhas
EXEMPLO3: Para a grelha com barra de seção variável representada na figura abaixo,
utilize o método das forças (flexibilidade) para obter as reações de apoio e trace os
diagramas de esforços solicitantes nas barras, quando a grelha estiver submetida à
seguinte variação de temperatura:
- variação positiva de 20 graus centígrados na face superior (∆Ts)
- variação negativa de 20 graus centígrados na face inferior (∆Ti)
A estrutura é de concreto armado, com módulo de elasticidade E = 3 x 107 kN/m2,
coeficiente de Poisson ν = 0,20 e coeficiente de dilatação térmica α = 10-5 / oC.
Dimensões das barras (seção retangular):
Barra AB:
largura constante de 20 cm,
altura de 80 cm junto ao ponto A e altura de 50 cm junto ao ponto B.
Barra BC:
largura constante de 20 cm,
altura constante de 50 cm.
Utilize a quadratura de Gauss com 5 pontos para cálculo dos deslocamentos.
?s
∆T
∆T
? s
∆Ti?
? i
∆T
Figura 14 – Grelha com barra de seção variável
144
Método das Forças
Grelhas
SOLUÇÃO:
Estrutura Isostática Fundamental:
Figura 15 – Estrutura Isostática Fundamental
Fase T
Barra AB:
α (T1 − T2 )
10 −5 (− 20 − 20)
− 40 ⋅10 −5
dθ =
dx =
dx =
dx
h
0,8 − 0,075 x
0,8 − 0,075 x
Equação da altura:
y − yo = a( x − xo )
y = 0,075 x
h = 0,8 − 0,075 x
Fase 1
Figura 16 – Fase 1
145
Método das Forças
∑V = 0 ∴V
A
Grelhas
+ 1 = 0 ∴VA = −1
∑M
X
= 0 ∴ − M X + 1 ⋅ 2,6 = 0 ∴ M X = 2,6
∑M
Y
= 0 ∴ M Y − 1 ⋅ 5,5 = 0 ∴ M Y = 5,5
Figura 17 – Esforços nas barras – Fase 1
Equações de Momentos nas Barras:
Barra AB:
M = −1x + 5,5
T = 2,6
Barra BC:
M = −1x + 3
T =0
146
Método das Forças
Grelhas
Cálculo dos Coeficientes
Quadratura de Gauss, considerando 5 pontos de integração, tem-se:
Barra AB:
εi
0,90618
0,53847
0,00000
-0,53847
-0,90618
wi
0,23693
0,47863
0,56889
0,47863
0,23693
dθ
-7,781 x10-4
-7,027 x10-4
-6,154 x10-4
-5,474 x10-4
-5,090 x10-4
xi
3,81236
3,07694
2,00000
0,92306
0,18764
mi
1,68764
2,42306
3,50000
4,57694
5,31236
hi
0,51407
0,56923
0,65000
0,73077
0,78593
ti
2,6
2,6
2,6
2,6
2,6
Σ=
Ii
2,264 x10-3
3,074 x10-3
4,577 x10-3
6,504 x10-3
8,091 x10-3
(mi dθ) wi
-3,111 x10-4
-8,150 x10-4
-1,225 x10-3
-1,199 x10-3
-6,406 x10-4
-4,191 x10-3
βi
0,25350
0,26067
0,26930
0,27618
0,28012
(mi2 wi)/Ii
298,028
914,150
1522,564
1541,553
826,418
5102,713
Ji
1,043 x10-3
1,187 x10-3
1,400 x10-3
1,615 x10-3
1,761 x10-3
(ti2 wi)/Ji
1536,265
2725,661
2746,249
2003,918
909,399
9921,492
Barra BC:
εi
0,90618
0,53847
0,00000
-0,53847
-0,90618
wi
0,23693
0,47863
0,56889
0,47863
0,23693
dθ
-8 x10-4
-8 x10-4
-8 x10-4
-8 x10-4
-8 x10-4
mi
0,14073
0,69230
1,50000
2,30771
2,85927
xi
2,85927
2,30771
1,50000
0,69230
0,14073
hi
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
ti
0
0
0
0
0
Σ=
Ii
2,083 x10-3
2,083 x10-3
2,083 x10-3
2,083 x10-3
2,083 x10-3
(mi dθ) wi
-2,667 x10-5
-2,651 x10-4
-6,827 x10-4
-8,836 x10-4
-5,420 x10-4
-2,4 x10-3
βi
0,25148
0,25148
0,25148
0,25148
0,25148
(mi2 wi)/Ii
2,252
110,109
614,401
1223,494
929,762
2880,018
Ji
1,006 x10-3
1,006 x10-3
1,006 x10-3
1,006 x10-3
1,006 x10-3
(ti2 wi)/Ji
0
0
0
0
0
0
l
Onde: xi = (ε i + 1)
2
 l AB 1
mi2 ⋅ wi l AB 1
ti2 ⋅ wi   l BC 1
mi2 ⋅ wi l BC 1
ti2 ⋅ wi 




F11 = 
⋅ ⋅∑
+
⋅ ∑
+
⋅ ∑
 + 2 ⋅ E ⋅∑ I
2
E
I
2
G
J
2
G
J
i
i
i
i

 

1
4
1
1
4
 3

F11 =  ⋅
⋅ 5102,713 + ⋅
⋅ 9921,492  +  ⋅
⋅ 2880,018 + 0 
7
7
7
2 1,25 ⋅10

 2 3 ⋅10
  2 3 ⋅10
F11 = 2,072 ⋅10−3
147
Método das Forças
Grelhas
N
l AB N
l
⋅ ∑ (mi ⋅ dθ i ⋅ wi ) + BC ⋅ ∑ (mi ⋅ dθ i ⋅ wi )
2 i=1
2 i=1
4
3
DQT 1 = ⋅ − 4,191 ⋅ 10 −3 + ⋅ − 2,4 ⋅ 10 −3 = −1,198 ⋅ 10 −2
2
2
DQT 1 =
(
)
(
)
DQ = DQL + DQT + F Q
0 = 0 − 1,198 ⋅10 −2 + 2,072 ⋅10 −3 Q1
Q1 = 5,784 kN
Por superposição de efeitos tem-se:
VC = Q1 = 5,784 kN
VA = −VC = −5,784 kN
M X = 2,6 ⋅ 5,784 = 15,038 kN ⋅ m
M Y = 5,5 ⋅ 5,784 = 31,812 kN ⋅ m
Diagramas Finais da Estrutura
Figura 18 – Diagramas Finais
148
Método das Forças
Exemplo de Aplicação em Arcos
Método das Forças
Arco
EXEMPLO1: Determinar as reações de apoio no arco da figura utilizando o método da
flexibilidade.
Arco com eixo parabólico: y =
x
x2
⋅ (20 − x ) = x −
20
20
ϕ
Figura 1 – Arco parabólico
Dados:
Seção transversal retangular:
b= 40cm
h= 120cm
E= 2,1x 107 kN / m2
EI = 1,209 x 106 kN.m2 ; EA = 1,008 x 107 kN .
Fase L
Fase 1
Figura 2 – Esquemas de carregamento e reações de apoio
151
Método das Forças
Arco
Condição de Compatibilidade
∆=∫
DQ1 = DQL1 + F11.Q1 =0
mM
nN
⋅ ds + ∫
⋅ ds;
EI
EA
dx ≈ ds ⋅ cos ϕ
ds ≈
ϕ
dx
cos ϕ
dy
x
x

= tgϕ = 1 − ⇒ ϕ = tg −1 1 − 
dx
10
 10 
Fase L
ϕ
0 ≤ x ≤ 10m
10m ≤ x ≤ 20m
M L = 225 ⋅ x − 10 ⋅ x
M L = 225 ⋅ x − 10 ⋅ x 2 − 50 ⋅ ( x − 10)
2
N L = −(225 − 20 ⋅ x ) ⋅ sin ϕ
N L = −(225 − 20 ⋅ x − 50 ) ⋅ sin ϕ
Fase 1
ϕ
M 1 = 1 ⋅ y = x ⋅ (20 − x ) / 20
ϕ
N 1 = 1 ⋅ cos ϕ
20
20
M m dx
N n dx
DQL1 = ∫ L 1 ⋅
+∫ L 1⋅
EI cos ϕ 0 EA cos ϕ
0
DQL1 =
20
F11 =
∫
0
1 l N  M L m1 
1 l N  N L n1 


 ⋅ wi
⋅
w
+
∑
∑
i
EI 2 i =1  cos ϕ i
EA 2 i =1  cos ϕ i
(m1 )2 ⋅
EI
20
dx
(n ) dx
+∫ 1 ⋅
cos ϕ 0 EA cos ϕ
2
2
2
1 l N  m1 
1 l N  n1 



 ⋅ wi .
F11 =
⋅ wi +
∑
∑
EI 2 i =1  cos ϕ i
EA 2 i =1  cos ϕ i
152
ϕ
Método das Forças
Arco
εi
wi
xi
cos ϕ i
-0,9061798
-0,5384693
0
0,5384693
0,9061798
0,2369269
0,4786287
0,5688888
0,4786287
0,2369269
0,9382
4,6153
10,0
15,3847
19,0618
0,7410
0,8805
1,0
0,8805
0,7410
M Li
m1i
 M L m1 

 ⋅ wi
 cos ϕ  i
202,2928
825,4326
1250,0
825,4326
202,2928
0,8942
3,5503
5,00
3,5503
0,8942
 m12 


 cos ϕ  ⋅ wi

i
0,25566
6,8517
14,2222
6,8517
0,25566
∑ = 28,4369 (3)
57,8378
1593,0010
3555,5544
1593,0010
57,8378
= 6857,23 (1)
∑
N Li
n1i
-138,487
-62,910
0
-62,910
-138,487
0,7410
0,8805
1,0
0,8805
0,7410
 N L n1 

 ⋅ wi
 cos ϕ i
-32,8113
-30,1106
0
-30,1106
-32,8113
= −125,8438 (2)
∑
(1)
(2)
↓
DQL1
DQL1
 n12 


 cos ϕ  ⋅ wi

i
0,1756
0,4214
0,5689
0,4214
0,1756
∑ = 1,7628 (4)
↓
10
10
=
⋅
6857
,
232
+
⋅ (− 125,8438)
1,209 × 10 6
1,008 × 10 7
= 0,0567 − 0,0001 = 0,0566
(3)
↓
(4)
↓
10
10
F11 =
⋅ 28,4369 +
⋅ (1,7628)
6
1,209 × 10
1,008 × 10 7
F11 = 2,3509 ⋅ 10 − 4 + 1,7488 ⋅ 10 −6 = 2,3684 ⋅ 10 − 4
Q1 = −
Q1 = −
DQL1
F11
0,0566
= −238,98kN
2,3684 ⋅ 10 − 4
153
Método das Forças
Arco
Esforços Finais
No meio do vão: (x=10m)
M = M L + m1 ⋅ Q1
⇒
M = 1250 + 5 ⋅ (− 238,98) = 55,10kNm
N = N L + n1 ⋅ Q1
⇒
N = 0 + 1 ⋅ (− 238,98) = −238,98kN
V = VL + v1 ⋅ Q1 ⇒
V = 25 + 0 ⋅ (− 238,98) = 25kN
No quarto do vão: (x=5m)
M = 875 + 3,75 ⋅ (− 238,98) = −21,17kNm
N = −55,90 + 0,8944 ⋅ (− 238,98) = −269,64kN
V = 111,80 + 0,4472 ⋅ (− 238,98) = 4,93kN
154