Exercícios Resolvidos de Aplicação método das forças – Temperatura

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Enunciado

Determine as reações de apoio de um pórtico que suas fibras externas estão a uma temperatura de 0°C e as fibras internas estão a uma temperatura de 80°C.

E J = 5   .   10 5

s e ç ã o   d a   v i g a = 120   c m   d e   a l m a   p o r   100   c m   d e   a l t u r a   ( v i g a   r e t a n g u l a r )

α = 1.10 - 5 ° C - 1

Passo 1

Fala pessoal!! agora vamos resolver um exercício que trata sobre a influência da temperatura nos pórticos. Para achar as reações dos apoios como o problema pede e resolver essa questão a gente precisa primeiro dividir essa estrutura numa estrutura isostática.

Depois de fazer essa divisão nós vamos calcular o deslocamento imposto pela temperatura e finalmente achar o hiperestático, de forma a calcular as reações. Então partiu!

Passo 2

Quebrando essa estrutura de forma a obter uma estrutura isostática vamos ter.

E até aqui a gente sabe resolver de boas, o que aparece de novo é o seguinte.

Pra determinar a deformação no sistema zero, que nesse caso é uma variação de temperatura, precisamos obrigatoriamente colocar uma carga unitária no mesmo lugar, na mesma direção e no mesmo sentido do hiperestático, porém iremos calcular a deformação de maneira DIFERENTE do que fazemos com o hiperestático.

Apesar da carga estar na mesma posição e sentido do hiperestático, para o hiperestático iremos calcular o diagrama de momentos, porém para o sistema zero iremos calcular as deformações de temperatura. Parece meio embolado, mas é bem tranquilo, me segue aqui.

Passo 3

Como eu disse, no sistema zero colocamos uma carga unitária na mesma posição, direção e sentido do hiperestático, com isso teremos.

sabemos que para cálculo da deformação pela temperatura usamos a seguinte equação:

P ¯ δ = ∫ N ¯ α t g d s + ∫ M ¯ α ∆ t h d s

Que podemos simplificar de acordo como o tipo de estrutura, no nosso caso como se trata de um pórtico devemos considerar ambas as contribuições. Mas podemos simplificar como:

P ¯ δ = α t g ∫ N ¯ d s + α ∆ t h ∫ M ¯ d s

E sabemos que a integral do momento devido a carga unitária, integrado no comprimento S da barra, assim como o normal, nada mais são que as áreas dos respectivos diagramas, ou seja, nossa fórmula passa a ser.

P ¯ δ = α t g A N + α ∆ t h A M

Em que:

A M = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   m o m e n t o s   f l e t o r e s   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

A N = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   n o r m a i s   d o   p o r t i c o   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

Como sabemos, iremos usar exatamente a carga unitária na mesma posição do hiperestático. Dessa maneira teremos que:

Sendo assim podemos determinar que:

A M = -   4 .   8 + 1 2 . - 4 .     4 = - 40 ( m o m e t o   t r a c i o n a   a s   f i b r a s   s u p e r i o r e s )

A N = + 1   .   8 - 1.8 = 0  

Sempre que houver compressão ou o momento tracionar as fibras superiores as aréas levaram consigo os seus sinais.

OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LMEBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS
  • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES

Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

Tome muito cuidado para não errar os sinais.

Passo 4

Agora vamos partir para a parte da temperatura.

Sabemos também que:

∆ t = 80 - 0 = 8 0 ° C

E J = 5   .   10 5   k N . m 2

α = 1.10 - 5 ° C - 1

h = 1 m

e por fim determinamos o valor de t g ,   que será dado pela média simples dado que a geometria é regular

t g = 80 + 0 2 = 40 ° C

Substituindo na equação teremos que:

P ¯ δ 10 = α t g A N + α ∆ t h A M

1   .   δ 10 = 1.10 - 5   .     4 0   .   ( 0 ) + 1.10 - 5   .     8 0 1 ( - 40 )

δ 10 = - 3,16.10 - 2   m

Passo 5

O sistema 1 continua sendo calculado como sempre fizemos. Analisamos a estrutura com a ação de um hiperestático unitário, determinamos o diagrama e determinamos tudo que for referente ao sistema 1, dessa maneira obtemos que:

E para determinar δ 11 faremos

E J δ 11 =   l   .   M .   M ¯ + 1 3 l   .   M   .   M ¯ = 8   .   4 .   4 + 1 3 . 4   . 4   .   4 = 149,33

Como E J = 5   . 10 5   k N m 2 , teremos que

δ 11 = 3.10 - 4   m

E assim teremos que o nosso sistema será:

δ 10 + δ 11 X 1 = 0

Substituindo teremos que

- 3,16.10 - 2 + 3.10 - 4 X 1 = 0

X 1 = 105,33   k N

Passo 6

Determinando as reações de apoio teremos que:

Vale lembrar que em estruturas isostáticas, tanto a variação de temperatura quanto o recalque produzem reações de apoio idênticas a zero, sendo assim sempre iremos zerar o primeiro termo.

V A = V A 0 + V A 1 X 1

V A = 0 + 1.105,33 = 105,33   k N

V B = V B 0 + V B 1 X 1

V B = 0 - 1 . 105,33 = - 105,33   k N

Para o momento

M A = 105,33 × 4 = 421,33   k N . m

Resposta

V A = 105,33   k N

V B = - 105,33   k N

M A = 421,33   k N . m