Rigidez Relativa

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Teoria

Introdução

No tópico anterior, aprendemos de maneira geral como resolver uma estrutura pelo método dos deslocamentos.

Nessa aula vamos começar a detalhar alguns macetes que vão nos ajudar a resolver os nossos problemas mais rápidos e mais precisamente.

Nesse primeiro caso com estruturas apenas com deslocabilidades internas, vamos ver um exemplo em que a ideia é aprendermos a usar o método de maneira rápida, e também aprender a simplificar a facilitar as nossas contas. Dito isso, bora partir pro nosso exemplo para pegarmos os macetes.

Rigidez relativa

Antes de irmos para o nosso exemplo, vale mostrar aqui um conceito bem legal de rigidez relativa, que vaia ajudar a gente nós nossos cálculos. Imagine que vc faz a conta e descobre as seguintes rigidezes:

β 11 = 4 E J l

β 12 = 3 E J l

seria muito complicado se tivéssemos por exemplo os seguintes valores:

E = 2 × 10 7   k N / m 2

J = 0,024   m 4

Substituir esses valores seria muito ruim, então ao invés de usarmos as rigidezes aqui mostradas podemos simplificar elas, por exemplo, podemos dividir as rigidezes por:

1 4 E

Que fazendo essa conta teremos que:

β 11 = J l

β 12 = 3 J 4 l

Mas perceba que ainda temos uma inércia chatinha de calcular, as que podemos facilmente multiplicar por 10³, que no fim vai deixar de ser 0,024, e vai virar 24, que é mais fácil de calcular , e então teríamos as seguintes rigidezes:

β 11 = 24 l

β 12 = 3   .     24 4 l = 18 l

Ou seja, bem mais fácil de usar. Mas temos algumas observações importantes:

  • Aplicamos então o seguinte fator para as rigidezes relativas
  • 10 3 4 E

    Que nada mais é que a junção dos dois facilitadores que usamos:

  • Esse fator ai em cima, terá que ser usado em todas as rigidezes, se usar só em um, vai dar errado, então tome muito cuidado de saber qual o fator usado para tornar a rigidez real em rigidez relativa.
  • E agora a observação mais importante de todas, no final, quando determinarmos o valor de ∆ 1 e ∆ 2 eles vão estar calculados com os fatores 10 3 4 E

    Ou seja, se quisermos saber a rotação real, precisaremos multiplicar o valor de ∆ 1 e ∆ 2 calculado pelo fator que usamos, que nesse caso é 10 3 4 E . Para não ficar tão abstrato, vamos fazer um exemplo completo para facilitar a visualização.

    Exemplo

    Como já sabemos, nesse tópico iremos usar apenas estruturas com deslocabilidades internas, e que já sabemos que o que devemos fazer para travar essas deslocabilidades internas é usar chapas. Sendo assim a nossa estrutura será:

    Como já sabemos, nossa estrutura apresenta apenas deslocabilidades internas, que são exatamente as deslocabilidades nos nós que não são nem apoio e nem rotulas, sendo assim teremos que a nossa estrutura travada com chapas será:

    Sabemos que temos que determinar as nossas deformações: sendo assim sabemos que:

  • β 10 e β 20
  • Perceba que a barra 2 possui chapas em ambas as extremidades, logo será biengastada, e como o carregamento nela é concentrado, usaremos a seguinte tabela:

    E para barra 3 ela possui um apoio de um lado e uma chapa de outro, logo será do tipo engastado apoiado, e a carga nele é distribuída, sendo assim nossa tabela será:

    Calculando na nossa estrutura teremos que:

    β 10 = 60   k N m

    β 20 = 180 - 60 = 120   k N m

  • β 11 e β 21
  • Sabemos aqui que temos que rotacionar a chapa 1, e sabemos que se fizermos isso nos sentido anti-horário, sempre teremos os nossos momentos positivos, sendo assim teremos a seguinte tabela a ser usada para as barras 2 e 3 respeitando o caso biengastado ou engastado e apoiado:

    E rotacionando a chapa 1 e aplicando as equações teremos:

    Veja que temos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 4 E J l 2

    Parece meio complicado calcularmos isso, certo? Então podemos usar o nosso fator para rigidez relativa:

    10 3 4 E

    E assim teremos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 4 E J l 2 10 3 4 E

    Como já vimos no início dessa aula para este caso: 10 3 J = 24 . Substituindo teremos que:

    β 11 = 24 l 1 + 24 l 2 = 24 6 + 24 8 = 4 + 3 = 7

    Veja também que:

    β 21 = 2 E J l 2

    Como já usamos o fator de rigidez relativa, devemos continuar usando ele, e perceba que não podemos mudar mais, se usamos em um, temos que usar o mesmo em todos, sendo assim teremos que:

    10 3 4 E

    E assim teremos:

    β 21 = 2 E J l 2 10 3 4 E = J 2 l 2

    Como já vimos no início dessa aula, 10 3 J = 24 , substituindo teremos que:

    β 21 = 24 2 l 2 = 24 2   .     8 = 1,5

  • β 12 e β 22

Sabemos aqui que temos que rotacionar agora a chapa 2, e sabemos que se fizermos isso nos sentido anti-horário, sempre teremos os nossos momentos positivos, sendo assim teremos a seguinte tabela a ser usada para as barras 2 e 3 respeitando o caso biengastado ou engastado e apoiado:

E rotacionando a chapa 2 e aplicando as equações teremos:

Veja que temos:

β 12 = 2 E J l 2

Parece meio complicado calcularmos isso, certo? Então podemos usar o nosso fator para rigidez relativa:

10 3 4 E

E assim teremos:

β 12 = 2 E J l 2 10 3 4 E = J 2 l 2

Como já vimos no início dessa aula, 10 3 J = 24 , substituindo teremos que:

β 12 = 24 2 l 2 = 24 2   .     8 = 1,5

Veja também que:

β 22 = 4 E J l 2 + 3 E J l 3 + 4 E J l 4

Como já usamos o fator de rigidez relativa, devemos continuar usando ele, e perceba que não podemos mudar mais, se usamos em um, temos que usar o mesmo em todos, sendo assim teremos que:

10 3 4 E

E assim teremos:

β 22 = 4 E J l 2 + 3 E J l 3 + 4 E J l 4 10 3 4 E = J l 2 + 3 J 4 l 3 + J l 4

Como já vimos no início dessa aula, 10 3 J = 24 , substituindo teremos que:

β 22 = 24 8 + 3   .     24 4   .     6 +   24     6 = 10

Sistema de equações

Agora que já fizemos a parte mais difícil, basta montarmos o nosso sistema de equações que será:

β 10 + β 11 ∆ 1 + β 12 ∆ 2 = 0

β 20 + β 21 ∆ 1 + β 22 ∆ 2 = 0

Substituindo

7 ∆ 1 + 1,5 ∆ 2 = - 60

1,5 ∆ 1 + 10 ∆ 2 = - 120

Resolvendo esse sistema teremos que:

∆ 1 = - 6,2

∆ 2 = - 11,1

E se perguntarem quanto vale o momento na barra 2, no ponto que colocamos a chapa 1?

Ai primeiro precisamos dos momentos que agem na barra 2 e na chapa 1 nos sistemas 0, 1 e 2, sendo assim teremos que:

E usando a nossa fórmula teremos que:

M A = M 0 A + M 1 A ∆ 1 + M 2 A ∆ 2

M A = 60 + 3   . - 6,2 + 1,5 .   - 11,1 = 24,8   k N m

E se pedissem as rotações nos pontos 1 e 2? Seria só colocar os valores de ∆ 1 e ∆ 2 , certo?

De certa forma isso é certo, mas não se esqueça que usamos uma rigidez relativa, ou seja, os ∆ 1 e ∆ 2 calculados levam em si essa relatividade, e a melhor forma de apagar isso é multiplicar os valores pelo coeficiente usado, sendo assim teremos que fazer:

∆ 1 10 3 4 E

∆ 2 10 3 4 E

Sendo assim se substituirmos teremos que:

∆ 1 = - 6,2   .   10 3 4 .   2   .   10 7 = 7,8   .   10 - 5 r a d

∆ 2 = - 11,1   .   10 3 4 .   2   .   10 7 = 1,39   .   10 - 4 r a d

E assim conseguimos entender como em sistemas apenas com deslocabilidades internas conseguimos determinar os deslocamentos, resolver o sistema de equações, determinar os momentos fletores por nó e por barra, e em fim determinamos os deslocamentos.

Agora bora treinar mais com mais exercícios, bora lá?

Exemplo

Sistema de equações

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Para estrutura abaixo determine o diagrama de momentos fletores.

Passo 1

Como já sabemos, nossa estrutura apresenta apenas deslocabilidades internas, que são exatamente as deslocabilidades nos nós que não são nem apoio e nem rotulas, sendo assim teremos que a nossa estrutura travada com chapas será:

Sabemos que agora temos que determinar as nossas deformações: sendo assim sabemos que:

  • β 10
  • Perceba que para as barras 1 e 2, elas possuem um apoio de um lado (no ponto A e C) e uma chapa de outro (no ponto B), logo será do tipo engastado apoiado, e a carga nelas é distribuída, sendo assim nossa tabela será:

    Calculando na nossa estrutura teremos que:

    β 10 = 22,5 - 1 0 = 12,5   k N m

    Passo 2

    Agora precisamos determinar a parcela referente a rotação que pode ser unitária ou podemos usar o conceito de rigidez relativa:

  • β 11
  • Sabemos aqui que temos que rotacionar a chapa 1, e sabemos que se fizermos isso nos sentido anti-horário, sempre teremos os nossos momentos positivos, sendo assim teremos a seguinte tabela a ser usada para as barras 1 e 2 respeitando o caso engastado e apoiado:

    E rotacionando a chapa 1 e aplicando as equações teremos:

    Veja que temos:

    β 11 = 3 E J l 1 + 3 E J l 2

    Parece meio complicado calcularmos isso, certo? Então podemos usar o nosso fator para rigidez relativa:

    1 E J

    E assim teremos:

    β 11 = 3 E J l 1 + 3 E J l 2 1 E J

    Substituindo teremos que:

    β 11 = 3 l 1 + 3 l 2 = 3 2 + 3 3 = 2,5

    Passo 3

    Agora que já fizemos a parte mais difícil, basta montarmos o nosso sistema de equações que será:

    β 10 + β 11 ∆ 1 = 0

    12,5 + 2,5 ∆ 1 = 0

    Resolvendo esse sistema teremos que:

    ∆ 1 = - 5

    Para determinação dos momentos fletores, precisamos do momento fletor de todos os nós em todas as barras em todos os sistemas, dessa forma a primeira coisa que devemos fazer é analisar cada sistema.

  • Sistema 0
  • Sistema 1
  • Uma coisa mega importante é lembrar de usar o fator de rigidez relativa EM TODOS OS CASOS que temos para o sistema 1, se não vamos errar, sendo assim teremos que:

    E usando a nossa fórmula para cada nó teremos que:

    M A   ( b a r r a 1 ) = M 0 A ( b a r r a   1 ) + M 1 A ( b a r r a   1 ) ∆ 1

    M A   ( b a r r a 1 ) = 0 + 0   .     - 5 = 0   k N m

    M B   ( b a r r a 1 ) = M 0 B ( b a r r a   1 ) + M 1 B ( b a r r a   1 ) ∆ 1

    M B   ( b a r r a 1 ) = - 10 + 1 , 5   .     - 5 = - 17,5   k N m

    M B   ( b a r r a 2 ) = M 0 B ( b a r r a   2 ) + M 1 B ( b a r r a   2 ) ∆ 1

    M B   ( b a r r a 2 ) = 22,5 + 1,0   .     - 5 = 17,5   k N m

    M C   ( b a r r a 2 ) = M 0 C ( b a r r a   2 ) + M 1 C ( b a r r a   2 ) ∆ 1

    M C   ( b a r r a 2 ) = 0 + 0   .     - 5 = 0   k N m

    Vale lembrar que o diagrama de momentos para uma barra com carga distribuída é dado por:

    Calculando para cada uma das nossas barras teremos que:

  • Barra 1
  • Barra 2

Pode parecer estranho falar disso agora, mas já vai fazer sentido, porque perceba que já temos os momentos de cada nó da nossa estrutura, e para cada barra, sendo assim se desenharmos isso na nossa estrutura teremos que:

E perceba que o diagrama parabólico (barras 1 e 2) possuem o momento que calculamos anteriormente pra o meio da viga.

Resposta

Exercício Resolvido #2

Para estrutura abaixo determine o diagrama de momentos fletores.

Passo 1

Nesse caso podemos já começar usando um macete bem legal, perceba que temos um trecho em balanço certo? E todo trecho em balanço nos conseguimos substituir por um momento fletor que tracione as fibras da parte de cima ou de baixo ( e no nosso caos a carga de 40kN traciona as fibras da parte de cima), ou seja, conseguimos fazer a seguinte substituição.

Como já sabemos, nossa estrutura apresenta apenas deslocabilidades internas, que são exatamente as deslocabilidades nos nós que não são nem apoio extremos e nem rotulas, sendo assim teremos que a nossa estrutura travada com chapas será:

Sabemos que agora temos que determinar as nossas deformações: sendo assim sabemos que:

  • β 10
  • Perceba que para as barras 1, ela possui um engaste de um dos seus lados (no ponto A) e uma chapa de outro (no ponto B), logo será do tipo Bi-engastada, e a carga nelas é distribuída, sendo assim nossa tabela será:

    Já para a barra 2, ela possui um apoio de um lado (no ponto C) e uma chapa de outro (no ponto B), logo será do tipo engastado apoiado, e a carga nela é distribuída, sendo assim nossa tabela será:

    E na barra 2 ainda temos um ponto muito importante, temos um momento de 80 kNm agindo na extremidade rotulada, se temos um momento ali, seria como se aquilo fosse um “engaste” porém perceba que não é. O motivo de eu estar chamando de engaste é para lembrarmos que em uma barra Bi-engastada, ou seja, como momentos fletores em ambos os lados, a quantidade de momento que ela transfere para a outra extremidade é metade do que age na primeira extremidade, ou seja, se temos de um lado um momento de 80 kNm no sentido horário, ele vai transferir para o outro lado metade, ou seja, 40kNm e NO MESMO SENTIDO do momento inicial, ou seja, horário também.

    Essa é a única parada que devemos tomar cuidado, iremos representar isso no desenho ali embaixo, mas achei que seria bom deixar bem explicadinho aqui em cima o motivo do que vai acontecer ali em baixo, exatamente pra não deixar dúvidas, beleza? Então vamos lá.

    Calculando na nossa estrutura teremos que:

    β 10 = - 120 + 180 - 40 = 20   k N m

    Passo 2

    Agora precisamos determinar a parcela referente a rotação que pode ser unitária ou podemos usar o conceito de rigidez relativa:

  • β 11
  • Sabemos aqui que temos que rotacionar a chapa 1, e sabemos que se fizermos isso nos sentido anti-horário, sempre teremos os nossos momentos positivos, sendo assim teremos a seguinte tabela a ser usada para as barras 1, 2 e 3 respeitando o caso engastado e apoiado e o caso Bi-engastado:

    E rotacionando a chapa 1 e aplicando as equações teremos:

    Veja que temos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 3 E J l 2

    Parece meio complicado calcularmos isso, certo? Então podemos usar o nosso fator para rigidez relativa:

    1 E J

    E assim teremos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 3 E J l 2 1 E J

    Substituindo teremos que:

    β 11 = 4 l 1 + 3 l 2 = 4 6 + 3 6 = 7 6

    Passo 3

    Agora que já fizemos a parte mais difícil, basta montarmos o nosso sistema de equações que será:

    β 10 + β 11 ∆ 1 = 0

    20 + 7 6 ∆ 1 = 0

    Resolvendo esse sistema teremos que:

    ∆ 1 = - 120 7

    Para determinação dos momentos fletores, precisamos do momento fletor de todos os nós em todas as barras em todos os sistemas, dessa forma a primeira coisa que devemos fazer é analisar cada sistema.

  • Sistema 0
  • Sistema 1
  • Uma coisa mega importante é lembrar de usar o fator de rigidez relativa EM TODOS OS CASOS que temos para o sistema 1, se não vamos errar, sendo assim teremos que:

    E usando a nossa fórmula para cada nó teremos que:

    M A   ( b a r r a 1 ) = M 0 A ( b a r r a   1 ) + M 1 A ( b a r r a   1 ) ∆ 1

    M A   ( b a r r a 1 ) = 120 + 1 3   .   - 120 7 = 114,3   k N m

    M B   ( b a r r a 1 ) = M 0 B ( b a r r a   1 ) + M 1 B ( b a r r a   1 ) ∆ 1

    M B   ( b a r r a 1 ) = - 120 + 2 3   .     - 120 7 = - 131,4   k N m

    M B   ( b a r r a 2 ) = M 0 B ( b a r r a   2 ) + M 1 B ( b a r r a   2 ) ∆ 1

    M B   ( b a r r a 2 ) = 140 + 1 2   .     - 120 7 = 131,4   k N m

    M C   ( b a r r a 2 ) = M 0 C ( b a r r a   2 ) + M 1 C ( b a r r a   2 ) ∆ 1

    M C   ( b a r r a 2 ) = - 80 + 0   .     - 120 7 = - 80   k N m

    Vale lembrar que o diagrama de momentos para uma barra com carga distribuída é dado por:

    Calculando para cada uma das nossas barras teremos que:

  • Barra 1 e 2

Pode parecer estranho falar disso agora, mas já vai fazer sentido, porque perceba que já temos os momentos de cada nó da nossa estrutura, e para cada barra, sendo assim se desenharmos isso na nossa estrutura teremos que:

E perceba que o diagrama parabólico (barras 1 e 2) possuem o momento que calculamos anteriormente pra o meio da viga.

Resposta

Exercício Resolvido #3

Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de inércia constante. Dado: E J = 1500   k N m 2 .

Utilize as seguintes tabelas:

Passo 1

Fala, pessoal!!! A questão pede para que façamos o diagrama dos momentos fletores da nossa viga. Para isso vamos utilizar o método dos deslocamentos. Portanto, vamos seguir o seguinte passo a passo:

  • Aplicar o engaste nos nós que possuem deslocabilidades internas.
  • Descobrir a equação que rege o sistema.
  • Utilizar as tabelas para acharmos os valores de β i j .
  • Achar os deslocamentos Δ i .
  • Com os valores de Δ i encontrar os momentos de cada sistema em cada nó.
  • Finalmente desenhar o diagrama.

Então partiu!

Passo 2

Como dito a primeiro coisa a se fazer é aplicar o engaste nos nós que possuem deslocabilidades internas, fazendo isso vamos ter:

Agora sabemos que temos 1 chapas na nossa estrutura, como podemos ver ali em cima. Como temos apenas uma chapa vamos ter uma equação da forma:

β 10 + β 11 . Δ 1 = 0

Agora a gente tem que achar os valores de β 10 e β 11 também!!

Passo 3

Para determinar os valores desses coeficientes nós precisamos combinar o carregamento com a condição dos apoios através da tabelinha:

Vamos descobrir primeiro o valor para o sistema 0 que representa o carregamento, neste caso, β 10 .

Olhando a conta para cara barra teremos que:

Substituindo os valores vamos ter:

Ou seja, o valor de β 10 é:

β 10 = + 5 0 4 2 12

β 10 = 66,67

Passo 4

Agora vamos calcular β 11 . Para isso vamos precisar da outra tabelinha:

Vamos rotacionar a chapa B e obtemos:

Dessa forma vamos ter:

β 11 = 4 E J L 1 + 3 E J L 2

Como estamos utilizando a rigidez relativa vamos dividir por E J e obter:

β 11 = 4 L 1 + 3 L 2 = 4 4 + 3 4 = 1,75

Passo 5

Organizando o sistema temos que:

β 10 + β 11 . Δ 1 = 0

Substituindo:

66,67 + 1,75 . Δ 1 = 0

E podemos calcular a deformação:

Δ 1 = - 66,67 1,75 = - 38,1

Passo 6

Agora vamos encontrar o momento fletor de cada nó em cada sistema.

  • Sistema 0
  • Sistema 1

Substituindo os valores vamos ter:

Agora vamos combinar os dois sistemas de forma a obter o momento fletor:

Para a barra A B vamos ter os nós A e B , começando pelo nó A :

M A   ( b a r r a   A B ) = M 0 A   ( b a r r a   A B ) + M 1 A   b a r r a   A B . Δ 1

M A   ( b a r r a   A B ) = 0 + 0,5 . ( - 38,1 ) = - 19,05   k N . m

Para o nó B nós vamos ter:

M B   ( b a r r a   A B ) = M 0 B   ( b a r r a   A B ) + M 1 B   b a r r a   A B . Δ 1

M B   ( b a r r a   A B ) = 0 + 1 . ( - 38,1 ) = - 38,1   k N . m

Agora para a barra B C , fazendo primeiro para o nó B :

M B   ( b a r r a   B C ) = M 0 B   ( b a r r a   B C ) + M 1 B   b a r r a   B C . Δ 1

M B   ( b a r r a   B C ) = 66,67 + 0,75 . - 38,1 = 38,1   k N . m

Para o nó C :

M C   ( b a r r a   B C ) = M 0 C   ( b a r r a   B C ) + M 1 C   b a r r a   B C . Δ 1

M C   ( b a r r a   B C ) = 0 + 0 . Δ 1 = 0

Passo 7

Colocando os valores que acabamos de achar na viga:

E para acharmos o diagrama a gente precisa lembrar também do diagrama da carga inicial:

Agora aplicando a combinação das duas vamos ter:

Resposta

Exercício Resolvido #4

Para estrutura abaixo determine o diagrama de momentos fletores.

Passo 1

Como já sabemos, nossa estrutura apresenta apenas deslocabilidades internas, que são exatamente as deslocabilidades nos nós que não são nem apoio e nem rotulas, sendo assim teremos que a nossa estrutura travada com chapas será:

Sabemos que agora temos que determinar as nossas deformações: sendo assim sabemos que:

  • β 10
  • Perceba que a barra 1 possui chapa no ponto B e engaste no ponto A , logo será biengastada, e como o carregamento nela é concentrado, usaremos a seguinte tabela:

    E para barra 2, ela possui um apoio de um lado (no ponto C) e uma chapa de outro (no ponto B), logo será do tipo engastado apoiado, e a carga nele é distribuída, sendo assim nossa tabela será:

    Calculando na nossa estrutura teremos que:

    β 10 = 160 - 50 = 110   k N m

    Passo 2

    Agora precisamos determinar a parcela referente a rotação que pode ser unitária ou podemos usar o conceito de rigidez relativa:

  • β 11
  • Sabemos aqui que temos que rotacionar a chapa 1, e sabemos que se fizermos isso nos sentido anti-horário, sempre teremos os nossos momentos positivos, sendo assim teremos a seguinte tabela a ser usada para as barras 1 e 2 respeitando o caso biengastado ou engastado e apoiado:

    E rotacionando a chapa 1 e aplicando as equações teremos:

    Veja que temos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 3 E J l 2

    Parece meio complicado calcularmos isso, certo? Então podemos usar o nosso fator para rigidez relativa:

    1 E J

    E assim teremos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 3 E J l 2 1 E J

    Substituindo teremos que:

    β 11 = 4 l 1 + 3 l 2 = 4 4 + 3 4 = 1,75

    Passo 3

    Agora que já fizemos a parte mais difícil, basta montarmos o nosso sistema de equações que será:

    β 10 + β 11 ∆ 1 = 0

    110 + 1,75 ∆ 1 = 0

    Resolvendo esse sistema teremos que:

    ∆ 1 = - 62,86

    Para determinação dos momentos fletores, precisamos do momento fletor de todos os nós em todas as barras em todos os sistemas, dessa forma a primeira coisa que devemos fazer é analisar cada sistema.

  • Sistema 0
  • Sistema 1

Uma coisa mega importante é lembrar de usar o fator de rigidez relativa EM TODOS OS CASOS que temos para o sistema 1, se não vamos errar, sendo assim teremos que:

E usando a nossa fórmula para cada nó teremos que:

M A   ( b a r r a 1 ) = M 0 A ( b a r r a   1 ) + M 1 A ( b a r r a   1 ) ∆ 1

M A   ( b a r r a 1 ) = 50 + 0,5   .     - 62,86 = 18,57   k N m

M B   ( b a r r a 1 ) = M 0 B ( b a r r a   1 ) + M 1 B ( b a r r a   1 ) ∆ 1

M B   ( b a r r a 1 ) = - 50 + 1,0   .     - 62,86 = - 112,86

M B   ( b a r r a 2 ) = M 0 B ( b a r r a   2 ) + M 1 B ( b a r r a   2 ) ∆ 1

M B   ( b a r r a 2 ) = 160 + 0,75   .     - 62,86 = 112,86

Vale lembrar que o diagrama de momentos para uma barra com carga concentrada é dado por:

E pra carga distribuída é dado por:

Pode parecer estranho falar disso agora, mas já vai fazer sentido, porque perceba que já temos os momentos de cada nó da nossa estrutura, e para cada barra, sendo assim se desenharmos isso na nossa estrutura teremos que:

E perceba que o diagrama de momentos triangular (barra 1) possui o momento que calculamos anteriormente para o meio da viga, assim como o diagrama parabólico (barra 2) que também possui o momento que calculamos anteriormente pra o meio da viga.

Resposta

Exercício Resolvido #5

Obter o diagrama de momentos fletores para a viga de inércia constante. Dado: E J = 1500   k N m 2 .

Utilize as seguintes tabelas:

Passo 1

Fala, pessoal!!! A questão pede para que façamos o diagrama dos momentos fletores da nossa viga. Para isso vamos utilizar o método dos deslocamentos. Portanto, vamos seguir o seguinte passo a passo:

  • Aplicar o engaste nos nós que possuem deslocabilidades internas.
  • Descobrir a equação que rege o sistema.
  • Utilizar as tabelas para acharmos os valores de β i j .
  • Achar os deslocamentos Δ i .
  • Com os valores de Δ i encontrar os momentos de cada sistema em cada nó.
  • Finalmente desenhar o diagrama.

Então partiu!

Passo 2

Como dito a primeiro coisa a se fazer é aplicar o engaste nos nós que possuem deslocabilidades internas, fazendo isso vamos ter:

Agora sabemos que temos 2 chapas na nossa estrutura, como podemos ver ali em cima. Como temos apenas uma chapa vamos ter um sistema de equações da forma:

β 10 + β 11 . Δ 1 + β 12 . Δ 2 = 0

β 20 + β 21 . Δ 1 + β 22 . Δ 2 = 0

Agora a gente tem que achar os valores de β 10 , β 11 , β 12 , β 20 , β 21 e β 22 também!!

Passo 3

Para determinar os valores desses coeficientes nós precisamos combinar o carregamento com a condição dos apoios através da tabelinha:

Vamos descobrir primeiro o valor para o sistema 0 que representa o carregamento, neste caso, β 10 .

Olhando a conta para cara barra teremos que:

Ou seja, o valor de β 10 é:

β 10 = + 80 ( 3 ) 8 = + 30   k N . m

E o valor de β 20 é:

β 20 = - 80 3 8 = - 30   k N . m

Passo 4

Agora vamos calcular β 11 , β 12 ,   β 21   e   β 22   . Para isso vamos precisar da outra tabelinha:

Vamos rotacionar a chapa B para obtermos β 11 e β 21 obtemos:

Dessa forma vamos ter:

β 11 = 4 E J L 1 + 4 E J L 2

Como estamos utilizando a rigidez relativa vamos dividir por E J e obter:

β 11 = 4 L 1 + 3 L 2 = 4 8 + 4 6 = 1,167

Assim como,

β 21 = - 2 E J l

Novamente nós vamos dividir por E J (lembre-se que temos de fazer isso para todos os membros)!

β 21 = 2 l = 2 6 = 0,333

Passo 5

Agora vamos rotacionar o sistema 2 de forma a achar β 21