Exercícios Resolvidos de Deformação em estruturas hiperestáticas – verificação do diagrama com carregamento externo

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Enunciado

Para o pórtico abaixo, submetido ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de esforços normais e momento fletor, determine o deslocamento vertical do ponto central da barra superior.

u s a r   E J = 2,1   x   10 4 k N m 2

E S = 25,2   x   10 4 k N m 2

Passo 1

Se olharmos bem, podemos ver que o que de fato aconteceu foi que o diagrama de momentos fletores e de normais foi calculado na estrutura hiperestática, o que significa que estamos no caso 1 da nossa teoria, o que significa que devemos obrigatoriamente por a nossa carga unitária no sistema isostático, determinar o diagrama de momentos dessa carga, assim como de cargas normais, e usar a seguinte fórmula:

P   ¯ .   δ =   ∫ M .   M 0   ¯ E J   d s +   ∫ N   N 0   ¯ E S   d s +   ∫ x . Q .   Q 0   ¯ G S   d s +   ∫ T   .   T 0   ¯ G J t   d s

Como nós foi dado o diagrama de momentos e normais devemos usar os dois.

P   ¯ .   δ =   ∫ M .   M 0   ¯ E J   d s +   ∫ N   N 0   ¯ E S   d s

e se tirarmos a parte constante da integral vamos ter que:

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 0   ¯   d s + 1 E S ∫ N   N 0   ¯   d s

e sabemos que com essa integral basta que façamos apenas a combinação dos diagramas. Sendo assim vamos a segunda parte do problema.

Passo 2

Antes de tudo precisamos ter uma estrutura isostática, e para isso podemos quebrar os vínculos. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário vertical na nossa viga no ponto que queremos saber o deslocamento (ponto de aplicação da força) obtemos que:

Que nos fornece os seguintes diagramas:

E agora precisamos combinar os dois diagramas da normal para obtermos a deformação, mas devemos tomar alguns cuidados.

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação para o normal.

Aqui vamos ter duas combinações de dois retângulos que é dada por:

∫ N   N 0   ¯   d s = L N N - + L N N -

∫ N   N 0   ¯   d s = 2 50 0,5 + 2 50 0,5 = 100

Para o momento fletor:

Perceba que aqui não precisamos nem nos preocupar com as barras verticais já que M - para elas é nulo, anulando toda a combinação. Desta forma vamos olhar apenas para a barra superior.

Além disso é importante notar que precisamos considerar o momento M como um triângulo + um retângulo:

Aplicando as combinações nós vamos ter:

∫ M   M 0   ¯   d s = 1 3 L M M - + 1 2 L M M -

Substituindo:

∫ M   M 0   ¯   d s = 1 3 2 50 0,5 - 1 2 ( 2 ) ( 16,7 ) ( 0,5 )

∫ M   M 0   ¯   d s = 8,317

Somando tudo

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 0   ¯   d s + 1 E S ∫ N   N 0   ¯   d s

1 .   δ = 1 2,1   x   10 4   ( 8,317 ) + 1 25,2   x   10 4 ( 100 )

δ = 0,396 + 0,396   m m

δ = 0,792   m m

Resposta

δ = 0,792   m m