Deformação em estruturas hiperestáticas – verificação do diagrama com carregamento externo

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Teoria

Introdução

Suponha que o professor de antemão já forneça pra gente o diagrama da estrutura hiperestática, por exemplo, com o carregamento externo. Com esse diagrama seria possível determinar as deformações da nossa estrutura? Perceba que seria um processo contrário ao que aprendemos.

O que vimos até aqui era a maneira de, a partir das deformações, chegar nos diagramas. Agora o nosso objetivo vai ser aprender como que a partir dos diagramas podemos chegar nas deformações.

Para isso vamos ver que precisamos tomar uma decisão. Essa decisão vai ter duas formas de ser tomada, e vamos ver aqui em baixo como devemos fazer isso.

Caso 1 – carregamento externo na estrutura hiperestática

Como sabemos, sempre que resolvemos uma estrutura hiperestática, nós quebramos ela até termos uma estrutura do tipo isostática. E com isso passamos a ter duas estruturas. E o que fazemos com ela? Vamos fazer um exemplo.

Suponha que queremos saber a deformação vertical no centro da seguinte viga.

Então sabemos que a nossa estrutura hiperestática é.

E como eu disse, toda estrutura hiperestática podemos quebrar vínculos até obtermos a estrutura isostática, que nesse caso podemos ter como exemplo a seguinte estrutura:

E agora como eu disse precisamos fazer uma escolha. Em uma estrutura vamos por o carregamento externo, e vamos ter o seu diagrama. Enquanto que na outra, vamos por o carregamento unitário, na direção e sentido que desejamos saber o deslocamento, e vamos obter também o diagrama.

Como já sabemos, no nosso primeiro caso vamos por o carregamento principal na estrutura hiperestática, tendo assim a seguinte estrutura:

E com isso obtemos o seguinte diagrama de momentos fletores.

Logo, se escolhemos a estrutura hiperestática para receber o carregamento externo, vai ser na estrutura isostática que vamos pôr o carregamento unitário.

E o diagrama será:

E agora você pode se perguntar, e daí que eu tenho os diagramas?

É aqui que iremos usar a nossa formulazinha, relembrando o nosso princípio dos trabalhos virtuais, vamos ter que:

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

Em que:

M ,   N ,   Q   e   T = s ã o   o s   e s f o r ç o s   n o   s i s t e m a   h i p e r e s t á t i c o   q u a n d o   e s s e   e s t á   c o m   o   c a r r e g a m e n t o   e x t e r n o  

Que no nosso exemplo será o seguinte diagrama:

Da mesma maneira teremos que:

  M 0   ¯ ,     N 0   ¯ ,   Q 0   ¯   e   T 0   ¯ = s ã o   o s   e s f o r ç o s   n o   s i s t e m a   i s o s t á t i c o   q u a n d o   e s s e   e s t á   c o m   o   c a r r e g a m e n t o   u n i t á r i o  

Que no nosso caso é o seguinte diagrama:

Seguindo os dados do nosso exemplo podemos ver que não vamos analisar cortante, nem normal e nem torsor, então podemos de cara descartar esses termos na nossa fórmula, e sobra apenas:

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

E como podemos supor E J constante por toda a estrutura, podemos escrever a nossa fórmula como:

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

E perceba que nada mais é que combinarmos os nossos diagramas como já fazíamos antes. O jeito mais fácil de fazer essa combinação de diagramas é pelo Método das Tabelas, usando as fórmulas da tabela de Kurt Beyer.

A parada é que na tabela de Kurt Beyer só tem alguns formatos de diagramas e não tem essa parábola deslocada pra cima da viga biengastada (esse deslocamento aparece justamente porque a viga é biengastada, porque se fosse biapoiada, o momento seria nulo nos apoios... mas isso é só uma curiosidade). Nós vamos então decompor o primeiro diagrama em 2 partes: uma parábola e um retângulo.

Agora, em vez de combinar o diagrama da estrutura hiperestática com o da estrutura isostática, vamos combinar as duas partes do primeiro com o segundo. Confuso? Olha esse esquema.

Temos que fazer 2 combinações de diagramas e somar as expressões:

P   ¯ .   δ   .     E J = 1 3   .   L   1 + α β L 2 . M . M ¯ - 1 2   .   L   . M . M ¯

Cuidado com os sinais! A primeira combinação fica positiva porque os 2 diagramas estão pra baixo (se os 2 estiverem pra cima também fica positivo) e a segunda fica negativa, porque um está pra baixo e o outro pra cima.

1   ¯ .   δ   .     E J = 1 3   .   L   1 + L 2   . L 2 L 2 . q L 2 8 . L 4 - 1 2   .   L   . q l 2 12 . L 4  

1 .   δ   .     E J = 5 q L 4 384 - 4 q L 4 384 = q L 4 384

δ = q L 4 384 E J

E assim determinamos o deslocamento no centro da nossa viga a partir dos diagramas, considerando o carregamento principal na estrutura hiperestática:

Caso 2 – carregamento externo na estrutura isostática

Vamos supor exatamente o mesmo exemplo, mas agora vamos trocar a posição dos carregamentos, ou seja, vamos supor o carregamento principal na estrutura isostática, e o carregamento unitário na hiperestática, e vamos ver o que teremos de diagramas:

  • Carregamento externo na estrutura isostática:
  • Que gera o seguinte diagrama:

  • Carregamento unitário na estrutura hiperestática:

Que gera o seguinte diagrama:

É aqui que iremos usar a nossa formulazinha, relembrando o nosso princípio dos trabalhos virtuais, porém tomando cuidado, porque a nossa fórmula sofre uma pequena mudança que será:

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

Em que:

M 0 ,   N 0 ,   Q 0   e   T 0 = s ã o   o s   e s f o r ç o s   n o   s i s t e m a   i s o s t á t i c o   q u a n d o   e s s e   e s t á   c o m   o   c a r r e g a m e n t o   e x t e r n o  

Que no nosso exemplo será o seguinte diagrama:

Da mesma maneira teremos que:

M ¯ ,   N   ¯ , Q ¯   e   T   ¯ = s ã o   o s   e s f o r ç o s   n o   s i s t e m a   h i p e r e s t á t i c o   q u a n d o   e s s e   e s t á   c o m   o   c a r r e g a m e n t o   u n i t á r i o  

Que no nosso caso é o seguinte diagrama:

Seguindo os dados do nosso exemplo podemos ver que não vamos analisar cortante, nem normal e nem torsor, então podemos de cara descartar esses termos na nossa fórmula, e sobra apenas:

P   ¯ .   δ =   ∫ M ¯ . M 0 E J   d s

E como podemos supor E J constante por toda a estrutura, podemos escrever a nossa fórmula como:

P   ¯ .   δ = 1 E J ∫ M ¯ . M 0   d s

E perceba que nada mais é que combinarmos os nossos diagramas como já fazíamos antes.

Do mesmo jeito que aconteceu no caso anterior, o diagrama da viga biengastada está deslocado pra cima. Então vamos decompor esse formato triangular deslocado em um triângulo simples e um retângulo.

Agora vamos combinar essas 2 partes com o diagrama da estrutura isostática. Novamente um termo vai ser positivo e outro negativo.

P   ¯ .   δ   .     E J = 1 3   .   L   1 + α β L 2 . M . M ¯ - 2 3   .   L   . M . M ¯

1   ¯ .   δ   .     E J = 1 3   .   L   1 + L 2   . L 2 L 2 . q L 2 8 . L 4 - 2 3   .   L   . q l 2 8 . L 8  

1 .   δ   .     E J = 5 q L 4 384 - 4 q L 4 384 = q L 4 384

δ = q L 4 384 E J

E perceba que mesmo com o segundo caso chegamos exatamente no mesmo valor de deslocamento vertical. Ou seja, podemos escolher tanto o caso 1, e a fórmula 1, quanto o caso 2 com a fórmula 2 para obtermos os deslocamentos na estrutura hiperestática a partir dos seus diagramas. Agora bora fazer exercício pra deixar tudo isso muito bem encaminhado e assim podermos ficar tranquilo na hora de fazer esse tipo de exercício.

Caso 2 – carregamento externo na estrutura isostática

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Para a viga abaixo, submetida ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de momentos fletores, determine o deslocamento vertical do ponto central.

u s a r   E J = 5   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 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, 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

Já sabemos que como só temos momentos fletores, podemos ficar com apenas a integral de momentos fletores

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

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

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 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 o vínculo de momentos do apoio A. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário vertical na nossa viga no ponto central obtemos que:

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

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação.

Aqui nós precisamos utilizar a tabela:

Dessa forma vamos obter:

∫ M .   M 0   ¯   d s = 1 3 L M M -

∫ M .   M 0   ¯   d s = 1 3 10 250 2,5 = 2083,33

Substituindo na equação vamos ter que:

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

1 .   δ = 1 5   x   10 4   2083,33

δ = 41,67   m m

Resposta

δ = 41,67   m m

Exercício Resolvido #2

Para o pórtico abaixo, submetido ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de esforços normais, determine o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força de 250   k N . Dica: Não existem momentos fletores nesta estrutura.

u s a r   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 para esse problema não há momento fletor e nos foi dado o diagrama de esforços normais devemos apenas o diagrama da normal.

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

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

P   ¯ .   δ = 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:

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 a combinação de dois retângulos que é dada por:

∫ N   N 0   ¯   d s = L N N -

∫ N   N 0   ¯   d s = 2 250 1 = 500

Substituindo na equação vamos ter que:

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

1 .   δ = 1 25,2   x   10 4 500

δ = 1,96   m m

Resposta

δ = 1,96   m m

Exercício Resolvido #3

Para o pórtico abaixo, submetida ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de momentos fletores, determine o deslocamento vertical do ponto C.

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 o vínculo horizontal em E. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário vertical na nossa viga no ponto B obtemos que:

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

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação para momentos fletores.

Perceba que a combinação das barras verticais vai ser zero, porém as combinações dos diagramas horizontais podem se separadas em um diagrama retangular e um triangular da seguinte maneira:

Agora fazendo as combinações vamos ter que:

Sabemos também que devemos fazer a seguinte combinação para normais:

Agora fazendo as combinações vamos ter que ambos os casos são combinações de diagramas retangulares, sendo assim nossa combinação será:

Substituindo na equação vamos ter que:

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   - 1,17 + 4,17 + 1 25,2   x   10 4 62,5 = 0,0003908 m

δ = 0 , 3908 m m

Resposta

δ = 0,3908 m m

Exercício Resolvido #4

Para a viga abaixo, submetida ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de momentos fletores, determine o deslocamento vertical do ponto B.

u s a r   E J = 5   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 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, 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

Já sabemos que como só temos momentos fletores, podemos ficar com apenas a integral de momentos fletores

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

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

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 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 o vínculo de momentos do apoio A. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário vertical na nossa viga no ponto B obtemos que:

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

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação.

Porém sabemos também que devemos separar o nosso diagrama parabólico em um triangulo e uma parábola.

Agora fazendo as combinações vamos ter que:

Substituindo na equação vamos ter que:

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

1 .   δ = 1 5   x   10 4   - 1600 + 3093,33 = 1493,33 5   x   10 4 = 0,02987   m = 29,87 m m

δ = 29,87 m m

Resposta

δ = 29,87 m m

Exercício Resolvido #5

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

Exercício Resolvido #6

Para a viga abaixo, submetida ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de momentos fletores, determine o deslocamento vertical do ponto B.

u s a r   E J = 2,1   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 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, 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

Já sabemos que como só temos momentos fletores, podemos ficar com apenas a integral de momentos fletores

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

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

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 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 o vínculo de momentos tanto do apoio A quanto do apoio B, e ainda no ponto B podemos quebrar um dos vínculos de força, nesse caso vou quebrar o horizontal. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário vertical na nossa viga no ponto B obtemos que:

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

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação.

Porém sabemos também que devemos separar o nosso diagrama parabólico em um retângulo e uma parábola.

Agora fazendo as combinações vamos ter que:

Substituindo na equação vamos ter que:

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

1 .   δ = 1 2,1   x   10 4   168,75 - 135 = 33,75 2,1   x   10 4 = 0,001607   m = 1,607 m m

δ = 1,607 m m

Resposta

δ = 1,607 m m

Exercício Resolvido #7

Para a viga abaixo, submetida ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de momentos fletores, determine o deslocamento vertical do ponto B.

u s a r   E J = 5   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 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, 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

Já sabemos que como só temos momentos fletores, podemos ficar com apenas a integral de momentos fletores

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

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

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 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 o vínculo de momentos tanto do apoio A quanto do apoio B, e ainda no ponto B podemos quebrar um dos vínculos de força, nesse caso vou quebrar o horizontal. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário vertical na nossa viga no ponto B obtemos que:

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

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação.

Porém sabemos também que devemos separar o nosso diagrama semi-parabólico em um retângulo e uma parábola. Mas perceba que vamos ter que tomar um cuidado dobrado, porque a presença da carga concentrada no meio do nosso vão faz com que tenhamos uma parábola com um triangulo em cada metade da nossa viga, mas vamos por partes, primeiro separando a parábola do retângulo teremos:

Perceba que em cada metade de viga temos uma parábola inteira, que está deslocada pelo triangulo retângulo interno a ela, o que podemos fazer é novamente separar as duas estruturas, conforme a figura abaixo:

Com todas as divisões feitas precisamos agora apenas combinar os diagramas:

Substituindo na equação vamos ter que:

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

1 .   δ = 1 5   x   10 4   4860 + 540 + 4860 + 540 - 8370 = 2430 5   x   10 4 = 0,0486   m

δ = 48,6 m m

Resposta

δ = 48,6 m m

Exercício Resolvido #8

Para o portico abaixo, submetida ao carregamento mostrado, e com o seguinte diagrama de momentos fletores, determine o deslocamento horizontal do ponto B.

u s a r   E J = 5   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 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, 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

Já sabemos que como só temos momentos fletores, podemos ficar com apenas a integral de momentos fletores

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

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

P   ¯ .   δ = 1 E J   ∫ M .   M 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 o vínculo de momentos tanto do apoio D. Sendo assim a nossa estrutura isostática será:

Aplicando um carregamento unitário horizontal na nossa viga no ponto B obtemos que:

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

Passo 3

Sabemos que devemos fazer a seguinte combinação.

Perceba que o trecho parabólico da nossa primeira figura pode ser dividido em uma região triangular e uma região parabólica, fazendo isso teremos que:

Com todas as divisões feitas precisamos agora apenas combinar os diagramas:

Substituindo na equação vamos ter que:

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

1 .   δ = 1 5   x   10 4   - 1736,25 + 5333,33 - 1852 = 1745,08 5   x   10 4 = 0,0349   m

δ = 34,9 m m

Resposta

δ = 34,9 m m