Profª Gabriela Rezende FernandesDisciplina: Análise Estrutural 2

INCÓGNITAS ROTAÇÕES E DESLOCAMENTOS LINEARES INDEPENDENTES DOS NÓS

Nº TOTAL DE INCÓGNITAS = d = n º de deslocabilidades = = grau de hipergeometria da estrutura

de = nº de deslocabilidades externas = n0 de deslocamentos lineares independentes dos nós = n º de apoios do 1º gênero (móvel) que torna todos os nós indeslocáveis

d = nº de deslocabilidades internas = nº de rotações

d = de + di

di = nº de deslocabilidades internas = nº de rotações incógnitas

Para pórticos planos: di = nº de nós rígidosnó rígido: é o ponto onde chegam duas ou mais barras, que não seja rotulado

D

A

B C di = 2 e

de = ?

δv = 0

Exemplos de cálculo do nº de deslocabilidades da estrutura:

a)

Os nós C e B são indeslocáveis, pois:

θC θB

A

Nó Cδvc= 0Apoio móvel em C

Engaste em D δHc= 0

Nó B δvB= 0Engaste em A

Engaste em D δHB= 0

Obs: se o nó B está ligado a 2 nós indeslocáveis (A e C) B é Obs: se o nó B está ligado a 2 nós indeslocáveis (A e C) B é indeslocável δvB= 0 δHB= 0

Se todos os nós são indeslocáveis de = 0

d = de + di = 0 + 2 = 2

D

A B C

E

F

G di = 0 todos os nós internos são rotulados

de = ?

Nó D δvD= 0Engaste em A

δHD 0

δδδδvG= 0Engaste em C Nó EδvE= 0Engaste em B

b)

≠

Nó GδδδδvG= 0Engaste em C

δδδδHG 0Nó E

δvE= 0δHE 0≠

δHE = δδδδHD

Os nós E e D são ligados por barra horizontal

Nó FδδδδvF= 0

δδδδHF 0≠

δδδδvE = δδδδvG = 0

δHF = f(δδδδHE, δHG) = f(δHD, δHG)

≠

d = de + di = 2 + 0 = 2

Portanto: de = 2 = δHD e δHG

de = 2 = Nº de apoios adicionais que torna a estrutura indeslocável

A B C

E

F

G D

B C

B C

B C

Se todos os nós são indeslocáveis de = 0 a estrutura é dita indeslocável

Exemplos:

a) b) c)

A A A

δHB= 0

di = 1 d = de + di = 0 + 1 = 1

Estrutura deslocável de 0 ≠

de = 0 Em a), b) e c):

θB

Estrutura deslocável de 0 ≠

Exemplo: de = 1 δHB 0≠ di = 1

d = de + di = 1 + 1 = 2

A

B C Exemplo: θB

Deformações em uma barra AB, quando nenhum dos nós (A ou B) é rotulado

INCÓGNITAS ROTAÇÕES E DESLOCAMENTOS LINEARES INDEPENDENTES DOS NÓS

dos nós (A ou B) é rotulado

δA

ρBA

θA θB

A

B

A’ B’

A’B’ = posição deformada

δA = translação da barra (não causa deformação)

ρBA = deslocamento ortogonal recíproco de B em relação à A recíproco de B em relação à A (deslocamento perpendicular à barra)

θA

θB

= rotação do nó A= rotação do nó B

A e B: nós rígidos a barra se comporta como uma viga bi-engastada

δ

ρBAA

B

B’

Deformações em uma barra AB, quando nenhum dos nós (A ou B) é rotulado

Deformações da barra:- devido à carga- devido a- devido a- devido a

θAθBρρρρBA

δAθA θB

A’ B’ρρρρBA

δA : Deslocamento de corpo rígido, não causa deformação

ρBA a barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque vertical em B

a barra se comporta como uma viga bi-engastada c/ recalque angular em B

θB

Se considerar que a barra trabalha no regime elástico e linear: vale o princípio da superposição dos efeitos. Portanto:

Barra sujeita à deformação total = barra sujeita apenas a + barra sujeita apenas a + barra sujeita apenas a + deformações das cargas

θAθB ρρρρBA

B

Deformações em uma barra AB (quando nenhum dos nós é rotulado) e respectivos diagramas de momentos:

δA

deformação DMF

ρBA

M =0

+

Pelo princípio da superposição dos efeitos:

δA

ρBA

θA θB

A

A’ B’

ρBA

M(ρBA)

M(θA)

+

+

=

θA

Os DMF correspondentes a cada deformação ( , e ) podem ser obtidos pelo método das forças

θA θB ρρρρBA

cargaM CARGA

M(θB)+ θB

ser obtidos pelo método das forças

Ex: DMF devido a : DMF de uma barra bi-engastada com recalque angular em A. DMF devido a : DMF de uma barra bi-engastada com recalque vertical em B

θA

ρρρρBA

Se o ponto A é rotulado: o giro em A é livre (não causa deformação)

B M =0

Deformações em uma barra AB (quando um dos nós é rotulado) e respectivos diagramas de momentos:

deformação DMF

DMF são obtidos pelo método das forças

δA

δA

ρBAA

A’

B’ ρρρρBAM(ρBA)=

+

+deformação total = + +

+ deformações das cargasρρρρBA

a barra se deforma como uma viga

θA

θB

M(θ

θB

carga

M CARGA

+ρρρρBAa barra se deforma como uma viga apoiada e engastada c/ recalque vertical em B

a barra se deforma como uma viga apoiada e engastada c/ recalque angular em B

M(θB)

θB

θB

Convenção de sinais: M > 0 e sentido anti-horário +

1. MOMENTO DEVIDO À ROTAÇÃO

KN = rigidez do barra no nó N = valor do momento que se

θ>>>>0

θ

KN = rigidez do barra no nó N = valor do momento que se aplicado no nó N (suposto livre para girar) provoca

a) Barra bi-engastada

A B

llll

llll

θA = 1

llll

KA θA = 1 qual o valor

de KA ?

viga bi-engastada com recalque angular

θN = 1

θA= 1

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido ao recalque :

M A

M B l

EIKM AA

4==Se I= cte, na barral

EIM B

2=DMF

θA= 1

I = momento de inércia da barraE = módulo de elasticidade do material

2

1

M

Mt

A

BAB == coeficiente de transmissão de A para B

A B

llll

EIKM θθ 4==

Se θA = 1 l

EIKM AA

4==

l

EIM B

2=

AAAA l

EIKM θθ 4==

AA

AABB l

EIMMtM θ2

2===

Para θA 1≠

1. MOMENTO DEVIDO À ROTAÇÃO

b) Barra engastada e rotulada:

θ

B θ = 1 θ = 1 viga engastada -

K’A : rigidez da barra no nó A = valor do momento que se aplicado no nó A (suposto livre para girar) provoca θA= 1

A B

llll

llll

θA = 1

llll

K’A θA = 1 qual o

valor de K’A ?

viga engastada -apoiada com recalque angular θA=1

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque :

EI3==

θA= 1

θ = 1

MA l

EIKM AA

3' ==Para I = cte e

AAAA l

EIKM θϕ 3

' ==

DMF

θA 1≠

θA= 1

Se

Convenção de sinais: ρBA>0 se B desloca em relação à A no sentido horário

2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL RECÍPROCOρρρρBA

sentido horário

a) Barra bi-engastada

A B

llll

ρρρρBA viga bi-engastada com recalque vertical ρBA em B

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido ao recalque ρBA=ρ em B

M A

M B ρ

2

6

l

EIMM BA ==Para barra com I = cte

DMF

2. MOMENTOS DEVIDO AO DESLOCAMENTO ORTOGONAL RECÍPROCO ρBA (cont.)

b) Barra rotulada e engastada

ρρρρBA viga engastada-apoiada com recalque vertical ρ em B

A B

llll ρBA em B

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga engastada-apoiada devido ao recalque ρBA=ρ em B

ρ2A l

EJ3M =

llll

M A Para barra com I = cte

DMFDMF

ρρρρAB ρ2A l

EJ3M =

Para viga engastada-apoiada com recalque vertical ρAB em A

TABELA III:Momentos de engastamento perfeito engastamento perfeito devido a recalques angulares ou recalques verticais(para barras com inércia constante)

Se ρ fosse em A:

EJ3

ρρρρ

para estruturas simétricas

ρ2A l

EJ3M =ρρρρAB

12

2qLM A =

12

2qLM B −= 8

2qLM A = 8

2qLM B −=

TABELA I: Momentos de engastamento perfeito devido à carga externa

20

2pLM A =

30

2pLM B −=

15

2pLM A =

120

7 2pLM B −=

8

pLM A =

8

pLM B −=

16

3pLM A =

16

3pLM B −=

carga externa(para vigas com inércia constante)

8B

2

2

L

PabM A =

2

2

L

PbaM B −=

( )bLL

PabM A +=

22( )aL

L

PabM B +−=

22

−−=L

b

L

MbM A

32

−−=L

a

L

MaM B

32

−= 1

3

2 2

2

L

bMM A

−= 1

3

2 2

2

L

aMM B

C

Exemplo:

δH 0≠ d = 1 θ

1. Cálculo do nº de incógnitas d (d = de+di)

de = 1

A

B C δHB 0

d = de + di = 1 + 1 = 2

≠ di = 1

2 Incógnitas ∆1 = θB

∆2 = δHBC

θBde = 1

2. Obtenção do Sistema PrincipalSistema Principal (SP) estrutura original com as rotações

A

B C 2 1

Sistema Principal

Sistema Principal (SP) estrutura original com as rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares impedidos por apoios móveis

A

B C 2 1

2 Incógnitas: ∆1 = e ∆2 = δHBC

Sistema Principal

Impede as rotações com chapas rígidas e os deslocamentos lineares com apoios móveis

M momento exercido pela chapa 1 para que θ =0

2. Obtenção do Sistema Principal

θB

Adotando

M1 momento exercido pela chapa 1 para que θB =0

FH2 força horizontal exercida pelo apoio 2 para que δHBC =0βij esforço em i causado por ∆j

βi0 esforço em i causado pela solicitação externa (carga, recalque ou ) ∆T

β11 esforço M1 (ponto B) devido à aplicação de ∆1 = θB

β12 esforço M1 (ponto B) devido à aplicação deβ21 esforço FH2 (ponto C) devido à aplicação de

∆2 = ∆1 = θB

δHBC

β22 esforço FH2 (ponto C) devido à aplicação de ∆2 = δHBC

β10 esforço M1 (ponto B) devido à solicitação externaβ20 esforço FH2 (ponto C) devido à solicitação externa

3. Cálculo, no sistema principal, dos momentos (Mi) nas chapas e reações (Fi) nos apoios móveis introduzidos

Resolução do SP sujeito, separadamente, à solicitação externa e cada uma das deslocabilidades

B

C

2 1

M1 FH2

B

C

2 1

β10 β20

= +A A

A

2 1

β11 β21

1∆

1∆

=

A

1

β12 β22

2∆ 2∆

+ +

Aplicação da Carga externa

∆1Aplicação de ∆2Aplicação de

Esforços Totais = esforços da solicitação externa + + esforços das rotações + + esforços dos deslocamentos lineares

212111101M ∆β∆ββ ++= 222121202F ∆β∆ββ ++=

Obs: Pode adotar quaisquer valores para ∆1 e ∆2

Quando tem-se a imposição de um deslocamento linear em um dos nós da estrutura (no exemplo anterior, seria quando aplica: ), procede-se da seguinte maneira para calcular os momentos de engastamento perfeito em cada barra:

1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal recíproco ρBA causado pelo deslocamento linear imposto

2. Com o valor de ρ na barra, calculam os momentos de

∆2 = δHBC

2. Com o valor de ρBA na barra, calculam os momentos de engastamento perfeito devido à imposição de ρBA no nó B.

Barra rotulada e engastada BAA l

EIM ρ

2

3= A B

llll

A B EI6

ρρρρBA

Barra bi-engastada A B

llll

BABA l

EIMM ρ

2

6==

Convenção de sinais: FH > 0 e δH > 0 no sentido: +

ρρρρBA

4. Sistema de Equações

Sistema de equações do sistema principal:

212111101M ∆β∆ββ ++=

∆+∆+= βββ 222121202 ∆+∆+= βββHF

Para que o sistema principal reproduza o comportamento elástico e estático da estrutura original M1 = FH2 = 0

Sistema de equações da estrutura original:

021211110 =++ ∆β∆ββ Resolve o Obtém ∆ e ∆022212120 =++ ∆β∆ββ

Resolve o sistema

Obtém ∆1 e ∆2

−=

20

10

2

1

2221

1211

ββ

∆∆

ββββ

Sistema de equações na forma matricial:

−=

−

20

10

1

2221

1211

2

1

ββ

ββββ

∆∆

2022221 β∆ββ

[β] matriz de rigidez matriz simétrica: βij= βji

{∆} vetor solução

{ } [ ] { }01 ββ∆ −−=

2022212 βββ∆

{∆} vetor solução

{β0} vetor dos termos de carga

5. Obtenção dos esforços e reações de apoio finais (E)

Pelo Princípio da superposição de efeitos:

d

O valor final do esforço ou reação de apoio em um ponto

qualquer da estrutura é dado por:

∑=

+=d

1iii0 EEE ∆

para carregamento externo: E0 = valor do esforço obtido no ponto considerando somente a carga externa

E0 para variação de temperatura: E0 = valor do esforço obtido no ponto considerando somente ∆T

Ei é o valor do esforço obtido no ponto considerando somente ∆i

ponto considerando somente ∆Tpara recalque: E0 = valor do esforço obtido no ponto

considerando somente o recalque de apoio

1. Cálculo do nº de incógnitas d (d = de+di)

2. Obtenção do Sistema Principal estrutura original com as rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares rotações impedidas por chapas rígidas e os deslocamentos lineares impedidos por apoios móveis

3. Cálculo, no sistema principal, dos momentos (M) nas chapas e reações (F) nos apoios móveis introduzidos

Resolução do SP sujeito, separadamente, à solicitação externa e cada uma das deslocabilidades: Cálculo de βij e βi0 (ou βir ou βit)

212111101M ∆β∆ββ ++= F ∆β∆ββ ++=

4. Impõe M=0 nas chapas e F=0 nos apoios móveis: obtém os sistema de equações:

5. Obtêm os esforços e reações de apoio finais:

212111101M ∆β∆ββ ++=222121202F ∆β∆ββ ++=

{ } [ ] { }01 ββ∆ −−=

∑=

+=d

1iii0 EEE ∆

Para se calcular os momentos de engastamento perfeito numa determinada barra devido a um recalque, procede-se de maneira análoga de quando tem-se a imposição de um deslocamento linear em um dos nós da estrutura:

1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal

Solicitação externa = Recalque de apoio

1. Para cada barra deve-se calcular o deslocamento ortogonal recíproco ρBA causado pelo recalque imposto

2. Com o valor de ρBA na barra, calculam os momentos de engastamento perfeito devido à imposição de ρBA no nó B.

Barra rotulada e engastada BAA l

EIM ρ

2

3= A B

llll

Barra bi-engastada A B

llll BABA l

EIMM ρ

2

6==

ρρρρBA é obtido através do traçado de um Williot

Hipótese: as deformações são pequenas, portanto, pode-se considerar que a extremidade da barra se desloca na direção perpendicular à direção inicial da barra

Exemplo: ∆1= encurtamento de AC

A B

CC

1 2

3

Exemplo: ∆1= encurtamento de AC∆2= encurtamento de BC∆3= alongamento de ABA, B e C: posições iniciais dos nós.a, b e c: posições dos nós após deformação

Obs: A = a, o ponto A não se desloca, pois A é um ponto fixo;B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio móvel em B;B vai se deslocar apenas na horizontal devido ao apoio móvel em B;

A reta AC se desloca na direção perpendicular à AC, por hipótese;

A reta BC se desloca na direção perpendicular à BC, por hipótese;

O ponto C na posição deformada (ponto c) é dado pela interseção das retas que indicam a direção dos deslocamentos de AC e BC.

A B

CC 1 2

3

Exemplo:

Processo:1. Adota a origem (O), que deve ser um nó fixo (no ex: O = A = a)

2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com

∆1= encurtamento de AC∆2= encurtamento de BC∆3= alongamento de ABA, B e C: posições iniciais dos nós.a, b e c: posições dos nós após deformação

2. A partir de O, marcam os alongamentos ou encurtamentos das barras com extremidade em O:

- ∆1(// à AC), acha o ponto 1.

- ∆3(// à AB), acha o ponto 3 = b.

3. A partir de b, marca encurtamento da barra 2: marca ∆2 (// à BC), acha o ponto 2.

4. Em 1 passa uma reta perpendicular à AC (representando a direção do deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular à BC (representando a deslocamento de AC) e em 2 passa uma reta perpendicular à BC (representando a direção do deslocamento de BC). O ponto c é dado pelo encontro dessas 2 retas.

O,a 3, b

1C

∆1 2C

c

δc

ρCA ρCB

∆3 ∆2 Oa Ob Oc São os deslocamentos absolutos de A, B e C

cOOcCA 11=−=ρ

cOOcCB 22 =−=ρ

Solicitação externa = Variação linear de temperatura ∆T

∆T = ti – te

h te t

Seja a estrutura, cujas fibras externas sofrem uma variação de temperatura diferente daquela que ocorre nas fibras internas:

Gradiente térmico do interior em relação ao exterior

te: variação de temperatura na fibras externasti: variação de temperatura nas fibras internas

te

ti

h

h t i

∆T é linear ao longo de h

h: altura da seção transversal:h

exterior

tg: variação de temperatura no CG

ti

No CG ocorrem duas deformações:

dδCG = α tg ds

( ) ( ) ( )ds

h

tds

h

tt

h

dddtgd eiei ∆ααδδϕϕ =−=−==

No CG

ds

h

dδδδδe

dδδδδi

dφ

dδδδδCG

CG

dφrotação

alongamento

dδδδδe

dδδδδi

dφ

dδδδδCG dφds

hCG =

dδδδδCG

ds

h CG+

dφ

dφds

hCG

dδδδδCG-dδδδδe dδδδδCG-dδδδδea) b)

dδδδδCG

dδδδδi - dδδδδCGdδδδδi - dδδδδCG

a) Efeito de variação uniforme de temperatura : e ∆T = 0

Efeito na seção: causa o alongamento uniforme ao longo de h dδδδδCG

0≠tg

alongamento rotação

b) Efeito de variação linear de temperatura : ∆T = ti – te e tg = 0Efeito na seção: causa a rotação dφ

SOLUÇÃO DO SP SUJEITO A ∆T = SP SUJEITO À SOLICITAÇÃO a) +

SP SUJEITO À SOLICITAÇÃO b)

a) Efeito de variação uniforme de temperatura: e ∆T = 0

Efeito na seção: causa o alongamento uniforme ao longo de h

A barra de comprimento Li terá a variação de comprimento igual a:

Conhecidos os para todas as barras, traça um Williot para conhecer os deslocamentos ortogonais recíprocos e, então, calcular os momentos de engastamento perfeito em cada barra.

dδδδδCG

∆Li = α tg Li

∆Li

0≠tg

engastamento perfeito em cada barra.

b) Efeito de variação linear de temperatura: ∆T = ti - te, com tg = 0Efeito na seção: causa a rotação

Como não há variação de temperatura no CG, não há variação de comprimento das barras. Portanto, os efeitos no SP são dados pelos momentos de engastamentoperfeito das vigas sujeitas ao ∆T = ti – te:

dφ

perfeito das vigas sujeitas ao ∆T = ti – te:

( )h

tetiEIM A 2

3 −= α

A B llll

M A

A B

llll

M A M B

Pelo Método das forças, resolve a viga hiperestática sujeita a ∆T = ti – te:

( )h

tetiEIMM BA

−=−= α6

Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica

SIMPLIFICAÇÕES NO CÁLCULO DE ESTRUTURAS SIMÉTRICAS

Se a estrutura é plana, elástica e geometricamente simétrica

1ª SIMPLIFICAÇÃO: corta a estrutura na seção S de simetria eresolve apenas metade da estrutura (possível apenas para estruturasabertas)

Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,Dependendo do carregamento e da posição da seção de simetria S,pode-se concluir que 1 ou mais deslocamentos em S são nulos 2ªSIMPLIFICAÇÃO: há diminuição do d (nº de deslocabilidades)

VANTAGENS DE CONSIDERAR A SIMETRIA:

1. Há redução do nº de grau de deslocabilidade (d)

2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original2. Estrutura a ser resolvida é apenas a metade da original

1. Para solicitação simétrica: Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são simétricos (mesmos valores e mesmos sinais) para momento e esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais

OBTENÇÃO DOS DIAGRAMAS SOLICITANTES DA OUTRA METADE:

esforço normal e anti-simétrico (mesmos valores, mas sinais contrários) para esforço cortante

2. Para solicitação anti-simétrica: Os diagramas solicitantes da outra metade da estrutura são anti-simétricos para momento e esforço normal e simétrico para esforço cortante

1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na seção S de simetria:

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações simétricas:

Em S, o deslocamento horizontal e rotação são nulos (δH e θprovocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θ

0=θ

0NS ≠0H =δ

0M S ≠

provocados pelo lado da esquerda são anulados pelos δH e θprovocados pelo lado da direita):

a

b c c b

S P P

T T

Exemplo:

Na seção S de simetria há apenas deslocamentos verticais.

0V ≠δ 0QS =

b c c b

Rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo que impeça δH e θ e permita δv.

Exemplos:

Solução para estruturas abertas:

Estrutura a ser resolvida

Reações: M e RH

S

PP

TTb

c c

b

S = CP

T

(impede δH e θ)

A

B C

D A

Ba)

a

b c c b

S=C P P

T T

A

B D

E

d = de + di = 1+2 = 3

de = 1 δHBD 0

ƟB

≠di = 2 ƟD

de = 1 δVC 0ƟB

≠di = 1 d = 2

Sistema Principal:

Estrutura simétrica com Diminuição uniforme de Temperatura

SS

Em S: e

Estrutura a ser

0=θ0H =δ

Outros exemplos de estruturas simétricas com solicitações simétricas

b)

a ab b

Estrutura fechada: S Estrutura a ser

resolvida

S Estrutura a ser resolvida

S

c)

a a

resolvida(Corta em S)

Em S: e 0=θ0H =δ

2. Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seção S de simetria:

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações simétricas:

Na seção de simetria S há apenas deslocamentos verticais:

0=θ0V ≠δ 0H =δ0=θV H

Se δv estiver impedido por um apoio na extremidade da barra rompe a estrutura em S e coloca um engaste, pois em

S terá: δv = δH = θ = 0.

a S

P P

T T

Exemplo:

0V =δ

S P

Estrutura a ser resolvida

b c c b

T T

D T resolvida

d = di + de = 3 + 1 = 4d = di =1

δv é impedido pelo engaste em D Em S: δv = δH = θ = 0

a S

P P

T T

Exemplo:

S P

T

Estrutura a ser resolvida

b c c b

T T

D T

d = di + de = 3 + 1 = 4d = di =1

Há redução de 3 deslocabilidades, além da estrutura a ser resolvida ser bem menor ! Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-

Na barra SD há apenas esforço normal constante igual a: N = 2Rvs, onde Rvs é a reação vertical calculada no engaste em S.

Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico

Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma única seção S de simetria é vantagem calcular com ks ,pois o nº de graus de deslocabilidades (d) reduz ainda mais. Exemplo:

PP

3. Resolução através da rigidez de simetria (Ks)

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações simétricas:

P P

a

S

PP

TT

a

b

c c

b

d = de + di = 1+2 = 3de = 1 δHBC 0

ƟB

≠d = 2

A

B C

D

ƟC

∆1=ƟBdi = 1

Sistema Principal

(considerando simetria)

Aplicando ∆1:

a

b c c b

S P P

T T

A

B C

D

ƟBdi = 2 ƟC

Se considerar simetria: δHBC= 0

devido a simetria

1 incógnita

∆∆∆∆1 ∆∆∆∆1

1

ƟB= ƟC

ƟB= ƟC

de = 0 di = 1

d = 1

Cálculo da rigidez de simetria (KS)

KS = rigidez de simetria da barra bi-engastada = valor dos momentos simétricos que se aplicados nas extremidades da barra (supostas livres para girar) provocam rotações unitárias simétricas nas extremidades

A B

llll

llll

θ= 1 θ = 1

A B qual o valor de KS ?

viga bi-engastada com recalque angular simétrico Ɵ = 1

θ= 1 θ= 1

A B

θ= 1

A B

θ= 1

A B = +llll

A B llll

A B llll

A B = +

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque Ɵ =1

Cálculo da rigidez de simetria (KS)

llll

θ= 1 θ= 1

A B

llll

θ= 1

A B

llll

θ= 1

A B = +

M A = KA

M B =tABK A

M B =-KB

M A =-tABK B

+

M A = KS

M B = -KS =

llll llll llll

+BBAAA KtKM −=Momentos resultantes

AABBB KtKM +−=

( )t1KKMM sBA −===

Como a barra é elasticamente simétrica KA =KB=K e tBA =tAB=t

Se I=cte ( )l

EI

l

EIK s

25,01

4 =−=

+

Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os efeitos do outro lado são simétricos. Portanto, o SP resulta em:

Continuação do exemplo:

Sistema Principal

(considerando simetria)

∆∆∆∆1 ∆∆∆∆1

B C

AD

∆∆∆∆1=1

Sistema Principal

KS

di = 1 ∆1=ƟB

B

Aplicando ∆1=1: KB

tBAKB

KS

para estruturas para estruturas simétricas, com carregamento simétrico

para estruturas simétricas, com carregamento anti-simétrico

1. Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra na seção S de simetria:

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações anti-simétricas:

Em S o deslocamento vertical é nulo (δv provocado pelo lado da esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):

Na seção S de simetria há deslocamento horizontal e rotação

0≠θ

0V =δ

0NS =0H ≠δ0M S =

esquerda é anulado pelos δv provocado pelo lado da direita):

0QS ≠

Exemplos:

a

b c c b

S P P

T T

Exemplos:

a)

Solução: rompe a estrutura na seção de simetria S, coloca um vínculo que impeça δv e permita δH e θ.

a

S

PP

TT

c c

SP

TEstrutura a ser

resolvida Reação: Rv

de = 1 δHB 0≠d = 2

B

di = 1 de = 1 δHBC 0≠

A

B C

D

a

b c c b

S P P

T T

ƟB

a)

d = de +di = 1+2 = 3Sistema Principal:

di = 1 ≠di = 2 ƟB ƟC

ƟB

Recalque de apoio anti-simétrico

Outros exemplos de estruturas simétricas com carregamento anti-simétrico:

S

Em S: 0V =δb)

� Estrutura S Estrutura a ser resolvida

SS

Estrutura a ser resolvida

a ab b

ρ

ρ

Sc)� Estrutura

fechada:S

resolvida(Corta em S)

a a

Em S: 0V =δ

SS

c)

2. Se o eixo de simetria atravessa toda a barra na seção S de simetria:

Na seção de simetria S há deslocamento horizontal e rotação:

0≠θ0=δ 0≠δ

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações anti-simétricas:

0≠θ0V =δ 0H ≠δ

a

b c c b

S P P

T T

D

J

Exemplo:

As cargas dos lados esquerdo e direito da barra contribuem igualmente para sua deformação total metade da barra é solicitada pelo carregamento da esquerda e a outra metade pelo carregamento da direita parte a barra ao meio e resolve metade da estrutura

a S (C)

P P

T T I

B D

Solução do exemplo:

C P

T

B Estrutura a ser resolvida

b c c b

T T

F

I

A E

b c

T I/2

F A

resolvida

d = 3 + 1 = 4 d = 2 + 1 = 3

de = 1 δHBC 0≠di = 2

de = 1 δHBD 0≠di = 3

Sistema Principal:

I/2 ƟB ƟC ƟD ƟB ƟC

d = 3 + 1 = 4 d = 2 + 1 = 3

Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico

Para a barra SD o DMF é o dobro daquele obtido com essa metade

b c

3. Resolução através da rigidez de anti-simetria (Ka)

Se o eixo de simetria intercepta ortogonalmente a barra em uma única seção S de simetria pode-calcular através da rigidez Ka

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitações anti-simétricas:

S

PP

TT

b

c c

b A

B C

D

∆1=ƟB

Sistema Principal

Exemplo:

1 1

2 2

2∆ 2∆

1∆ 1∆

∆2=δHB

a

b c c b

C P P

T T

A

B

D

S

d = de + di = 1+2 = 3

de = 1 δHBC 0≠ di = 2 ∆1=ƟB

Devido a anti-simetria

devido a anti-simetria d=2: δHBC

∆2=δHB

O apoio 2 é dividido em 2 apoios para que ∆2também seja anti-simétrico

ƟB ƟC

ƟB =ƟC di = 1

ƟB

Ka = rigidez de anti-simetria da barra bi-engastada = valor dos momentos anti-simétricos que se aplicados nas extremidades da barra (supostas livres para girar) provocam rotações unitárias anti-simétricas nas extremidades

Cálculo da rigidez de anti-simetria (Ka)

unitárias anti-simétricas nas extremidades

A B

llll

llll

θ= 1 θ= 1

A B

qual o valor de Ka ?

viga bi-engastada com recalque angular anti-simétrico Ɵ = 1

θ = 1 θ = 1

θ = 1 θ = 1

llll

θ = 1

A B

llll

θ = 1

A B = +

Pelo Método das Forças ou pelo processo de Mohr cálculo dos momentos na viga bi-engastada devido a cada recalque Ɵ = 1

llll

θ = 1 θ = 1

A B

MOMENTOS DEVIDO À ROTAÇÃO ANTI-SIMÉTRICA Ɵ

llll

θ = 1

A B

llll

θ = 1

A B = +

llll

θ = 1 θ = 1

A B

M A = KA

M B =tABK A

KtKM +=Momentos resultantes

MB =KB

MA =tABKB

KtKM ++=

+

M A = Ka

M B =Ka =

llll llll A

llll

+ BBAAA KtKM +=Momentos resultantesAABBB KtKM ++=

( )t1KKMM sBA +===

Como a barra é elasticamente simétrica KA =KB=K e tBA =tAB=t

Se I=cte ( )l

EI

l

EIKa

65,01

4 =+=

+

Solução do exemplo:

Pode-se trabalhar apenas com metade da estrutura, pois os efeitos do outro lado são anti-simétricos. Portanto, o SP se torna:

∆1=ƟBSistema

Principal

1 1

2 2

2∆ 2∆

1∆ 1∆

∆2=δHB

B C

A D

Sistema Principal

Aplicando ∆1=1:

Bd = 2:

∆1=ƟB

∆2=δHB

∆∆∆∆1=1

KB

tBAKB

Ka

Para estruturas planas, elásticas e geometricamente simétricas com solicitação qualquer, para facilitar o cálculo pode-se resolvê-la da seguinte maneira:

1. Decompõe o carregamento em parcelas simétrica e anti-simétrica

2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para 2. Resolve metade da estrutura com o carregamento simétrico (Para a outra metade: DMF e DEN são simétricos e DEQ é anti-simétrico)

3. Resolve metade da estrutura com o carregamento anti-simétrico (Para a outra metade: DMF e DEN são anti-simétricos e DEQ é simétrico)

4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os 4. Os diagramas solicitantes finais são obtidos somando os diagramas dos itens 2 e 3.

VANTAGEM: apesar de ter que resolver a estrutura para 2 carregamentos diferentes, a estrutura a ser resolvida é a metade da original, além de haver redução do d.

a

P

T

a

P/2 P/2

Exemplos:

= +

a

P/2 P/2

Carregamento simétrico

Carregamento anti-simétrico

b c d

T

d q1

q2

b c

a

b c

T/2 T/2

b c

= + a

b c

T/2 T/2

b c

= +

q1/2

q2/2

c

q2/2

q1/2 q1 q1/2

q2/2

c

q2/2

q1/2

a a b c

c c c c

d d

q1

q2

d d q1/2

q2/2

q1/2

d d q1/2

q2/2

q1/2

q2/2

= +