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 40°C e as fibras internas estão a uma temperatura de 10°C.

E J = 15   .   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

Sabemos que a primeira coisa que devemos fazer é determinar o número de hiperestáticos.

  • Hiperestáticos totais pelo macete

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = n º   i n c o g n i t a s   e x t e r n a s + n º   i n c o g n i t a s   i n t e r n a s - n º   e q u a ç õ e s  

  • Sabemos que temos 2 apoios do segundo gênero, totalizando 4 incógnitas externas
  • Não temos regiões fechadas, totalizando 0 incógnitas internas
  • Temos 3 equações de equilíbrio
  • Não temos rótulas

n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = 4 + 0 - 3 = 1  

Ou seja, nossa estrutura possui um grau de hiperestaticidade, que se eu conseguir tirar da nossa estrutura, transforma a nossa estrutura em isostática.

Quebrando um vinculo teremos a seguinte nova estrutura.

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 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 2

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 = 1 2   . -   3 .   3 + 1 2   .   - 3 .   3 + - 3 . 2 = - 15 ( 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   .     2 = - 2   ( c o m p r e s s ã o )

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.

Sabemos também que:

∆ t = t i - t s = 10 - 40 = - 30 ° C

E J = 15   .   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 por:

E fizemos isso porque sabemos que em seções retangulares o centro de gravidade é no meio do retângulo.

Sendo assim teremos que:

t g = 25 ° 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   .     25   .   ( - 2 ) + 1.10 - 5   .     - 30 1 ( - 15 )

δ 10 = 0,00 4   m

Passo 3

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 = 1 3   .   l   .   M .   M ¯ + l   .   M   .   M ¯ + 1 3   .   l   .   M .   M ¯ = 1 3   .   3   .   3 .   3 + 2   .   3   .   3 + 1 3   .   3   .   3 .   3 = 36  

Como E J = 15   . 10 5   k N m 2 , teremos que

δ 11 = 0,000024

E assim teremos que o nosso sistema será:

δ 10 + δ 11 X 1 = 0

Substituindo teremos que

0,00 4   + 0,000024 X 1 = 0

X 1 = - 166,67   k N

Como só temos reações horizontais, as nossas reações serão.

Resposta

Reações horizontais de apoio