CAPÍTULO V – CÁLCULO DOS ESFORÇOS INTERNOS … · de atuação dos momentos fletores. Mas, no...
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CAPÍTULO V – CÁLCULO DOS ESFORÇOS INTERNOS
RESISTENTES DADOS α , 1/Rα E εO
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 1
5. Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α , 1/rα e εo
5.1. Introdução
A determinação dos efeitos de 2ª ordem em um pilar passa necessariamente pela
determinação dos deslocamentos transversais do seu eixo. O eixo sendo
inicialmente reto, com a solicitação de flexão composta, passa a assumir uma forma
curva. Quando se tem flexão normal composta essa curva estará contida no plano
de atuação dos momentos fletores. Mas, no caso de flexão oblíqua composta, isso
pode não acontecer. Se os momentos fletores atuantes em duas direções ortogonais
tiverem leis de variação diferentes ao longo do comprimento do pilar, a curva
representativa do eixo deformado não estará contida em um plano.
A figura 5.1 ilustra um pilar solicitado à flexão composta normal com os momentos
solicitantes em cada seção atuando no plano y-z. Na figura 5.1.a se representa o
eixo deformado contido no plano y-z.
Figura 5.1 – Flexão normal composta na direção Y. Deformação de um trecho de
comprimento dz da barra. Curvatura no plano (Y,Z): 1 / ry = εo / vLN
Na figura 5.1.b está representado um segmento de comprimento infinitesimal dz
onde se destacam as deformações sofridas pelo pilar nessa seção.
A equação do eixo deformado é do tipo
y = f(z) (5.1)
Y, V
LN
ϕy
X≡U
hx
hy
Mdy
Nd
Seção Inicial
Seção Deformada
dz
εo.dz
vLN
Z
Nd
MTxd
h
Y
a) Pilar solicitado a flexão normal composta
b) Trecho de comprimento infinitesimal
ay
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
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Do “Calculo Diferencial e Integral” obtém-se as rotações das diversas seções pela
primeira derivada da equação da curva:
ϕ = dy / dz (5.2)
As curvaturas do eixo do pilar são dadas pela segunda derivada da equação do eixo:
dz
d
dzyd
ry
y
ϕ== 2
21 (5.3)
Observa-se que a seção apresenta uma rotação em torno de uma linha (linha neutra
- LN) paralela ao eixo X.
Considerando válida a hipótese das seções planas, a posição da seção após a
deformação do eixo da peça é a que se indica na figura 5.1.b como “seção
deformada” (na realidade a seção em si permanece plana, a deformação referida é a
do eixo da peça). Essa posição deformada da seção pode ser caracterizada por
qualquer dos três seguintes pares de variáveis:
vLN e εo
vLN e 1/ry
εo e 1/ry
sendo: 1/ry a curvatura do eixo da peça na seção sendo analisada;
vLN a distância da linha neutra ao centro de esforços;
εo a deformação longitudinal do pilar na seção em análise.
A curvatura é dada por (Fusco – item 6.1.2)
y
cmínmáxc
y hrεε −
= ,1 (5.4)
Portanto, na flexão normal composta se tem sempre duas incógnitas para definir a
deformação de um trecho de comprimento infinitesimal de um pilar. Essa
deformação é de fundamental importância para o cálculo dos esforços internos
resistentes, quais sejam NRd e MRyd na flexão normal composta no plano y-z ou NRd
e MRxd para a flexão normal composta no plano x-z ilustrada na figura 5.2.
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
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Figura 5.2 – Flexão normal composta na direção X. Deformação de um
trecho de comprimento dz da barra. Curvatura no plano (X,Z): 1 / rx = εo / vLN
Na flexão oblíqua composta o número de variáveis a serem determinadas sobe para
três. Aparece também como incógnita a inclinação α da linha neutra. Neste caso a
“seção deformada” fica caracterizada (ver figura 5.3) por qualquer um dos três
seguintes ternos de valores:
α, vLN e εo
α, vLN e 1/rα
α, εo e 1/rα
α, 1/rx e 1/ry
onde:
α é o ângulo a partir do eixo x que define a inclinação da linha neutra
(LN);
vLN é a distância da linha neutra ao centro de esforços (CE);
εo é a deformação longitudinal do pilar no centro de gravidade da seção
em análise;
1/rα é a curvatura do eixo na direção ortogonal à linha neutra;
1/rx é a curvatura do eixo na direção x;
1/ry é a curvatura do eixo na direção y;
Y≡U
LN
ϕx
X,V
hx
hy
Mdx
Nd
Seção Inicial
Seção Deformada
dz
εo.dz
vLN
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
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Figura 5.3 – Flexão oblíqua composta. Deformação de um segmento de
comprimento dz do pilar
Para qualquer terno de valores que se escolha trabalhar se terá sempre três
incógnitas a serem determinadas. Isso é feito necessariamente por tentativas de
modo a se obter as igualdades:
NRd = MSd; MRxd = MSxd e MRyd = MSyd
onde NSd, MSxd e MSyd são os esforços internos solicitantes e NRd, MRxd e MRyd são os
esforços internos resistentes.
- No Estado Limite Último
Quando se tem uma situação de estado limite último (E.L.U.), uma das incógnitas
fica determinada pela definição dos domínios de deformações, as outras duas
devem ser encontradas por tentativas. No E.L.U. fica imposto o valor de εc,máx = εcu2,
εs,mín = εsu ou εx5 = εc2 que juntamente com εo determina a curvatura na seção.
A figura 5.4 reproduz a figura 17.1 da NBR-6118:2004 que define os domínios de
deformações. Vale recordar que para a deformação εc2 do início do patamar
horizontal do diagrama σc-εc nas figuras 3.3 e 3.7 deste trabalho, a NBR 6118:2004
atribui o valor 2%o e para a deformação limite de compressão, εcu2, o valor 3,5%o. Na
LN dϕy
X
hx
hy
Mdy
Nd
Seção Inicial
Seção Deformada
dz
εo.dz
Mdx
Y
U // LN α V ⊥ LN dϕx
α
dϕα
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figura 5.4 deste capítulo, foi batizada de x5 a distância do ponto C ao bordo mais
comprimido da seção. Essa notação é empregada neste trabalho para fazer
referência ao ponto em torno do qual a seção gira dentro do domínio 5. Sendo εcu2 =
3,5%o se terá x5 = 3/7h.
Figura 5.4 – Definição dos domínios de deformação.
Normalmente a determinação da “seção deformada” é feita arbitrando-se valores
para α e para εo, e sabendo se tratar de E.L.U., a curvatura fica determinada pelo
menor dos três seguintes valores:
máx
oc
vr
εε
α
−= lim,1
(5.5)
mínns
so
vr ,
lim,1 εε
α
−= (5.6)
5
21xvr máx
oc
−−
=εε
α
(5.7)
onde
εc,lim é a deformação limite admitida para o concreto (3,5%o)
εs,lim é a deformação limite admitida para o aço (-10%o)
vmáx é a distância do centro de esforços ao bordo mais comprimido
vs,mín é a distância do centro de esforços à barra da armadura menos
comprimido ou mais tracionado
d’
d h
x5
10%o ε yd
2%o 3,5%o
C
b
a
A
B
Encurtamentos Alongamentos
1 2
5
3 4
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
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x5 é a distância do ponto de deformação εc2 = 2%o (ponto C) ao bordo
mais comprimido (domínio 5).
Assim, quando se trata de estado limite último, as incógnitas na flexão oblíqua
composta são a inclinação α da linha neutra e a deformação εo no centro de
esforços da seção. Essas incógnitas devem ser determinadas por tentativas num
processo iterativo.
- Fora do estado Limite Último
Quando os esforços internos solicitantes NSd, MSxd e MSyd não levam a seção ao
estado limite último a curvatura também deve ser obtida por tentativas num processo
iterativo, já que, neste caso, não se dispõe do conhecimento de mais nenhuma
deformação além de εo.
Na seqüência deste capítulo se mostrará como foram calculados os esforços
internos resistentes, NRd, MRxd e MRyd, no programa sendo desenvolvido como parte
deste trabalho, sendo dados α, εo e 1/rα.
No capitulo VI se fará uma análise da relação entre a inclinação da linha neutra, α, e
a inclinação do eixo de solicitação, θ.
No capítulo VII é mostrada a obtenção da deformação εo que corresponda à NRd =
NSd no estado limite último.
No capítulo VIII é mostrado o diagrama Nd – Mxd – Myd tradicional, do estado limite
último, com as curvas sendo funções da taxa mecânica de armadura. Nesse mesmo
capítulo se mostra esse diagrama em função da variável kcurv. Essa variável kcurv
define uma curvatura fora do E.L.U. que corresponda a um terno de valore NSd –
MSxd – MSyd qualquer. Definida a variável kcurv e o diagrama Nd – Mxd – Myd como
função agora dessa variável e não mais apenas da taxa de armadura, mostra-se um
caminho para a determinação de α, 1/rα e εo para um terno qualquer de esforços
internos solicitantes na flexão oblíqua composta.
Nos capítulos seguintes analisa-se a rigidez da seção transversal para a
determinação dos efeitos de segunda ordem no cálculo de pilares solicitados à
flexão oblíqua composta.
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
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5.2. Caracterização das deformações longitudinais em uma seção
transversal.
Para a flexão oblíqua composta demonstram-se (Fusco, 1981) (França, 1984) as
seguintes relações:
αα
εε
hrmíncmáxc ,,1 −
= (5.8)
vr
oεε
α
−=
1 (5.9)
onde
1/rα é a curvatura na direção ortogonal à linha neutra
εc,máx é a deformação máxima da seção
εc,mín é a deformação mínima da seção
hα é a altura da seção na direção ortogonal à linha neutra
εo é a deformação no centro de esforços da seção
ε é a deformação em um ponto qualquer na seção
v é a ordenada do ponto de deformação ε de modo ortogonal
à linha neutra
Portanto, na flexão oblíqua composta, a deformação em um ponto qualquer da
seção é dada por:
α
εεr
vo1
.+= (5.10)
Pode-se definir a deformada de uma seção, através do terno de valores (eo, a, 1/ra)
ou do terno (eo, 1/rx, 1/ry). Onde:
eo = deformação específica longitudinal no centro de gravidade da seção;
a = inclinação da linha neutra, em relação ao eixo baricentral X;
1/ra = curvatura do eixo da peça na direção normal à linha neutra da seção;
1/rx = curvatura do eixo da peça no plano Z-X;
1/ry = curvatura do eixo da peça no plano Z-Y.
Na figura 5.3 está representado um trecho de comprimento infinitesimal, dz, de uma
peça de seção retangular de lados hx e hy solicitada à flexão oblíqua composta, onde
é mostrada a deformação desse trecho do prisma destacando-se a deformação
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longitudinal, εo.dz, no centro de gravidade da seção e as rotações na direção normal
à linha neutra, dϕα, e nas direções X, dϕx, e Y, dϕy.
As curvaturas e a inclinação da linha neutra se relacionam através das expressões
(França, 1984) (Fusco, 1986 – pág. 202):
=
y
x
r
rtgarc
1
1.α com (-180° < α < +180°) (5.11)
ααα cos
111 yx
r
senr
r== (5.12)
αα
senrrx
.11
= (5.13)
αα
cos.11rry
= (5.14)
Figura 5.5 – Seção transversal genérica e diagrama de deformações.
A figura 5.5 mostra uma seção genérica onde estão destacados: a) os eixos U e V,
respectivamente paralelo e ortogonal à linha neutra; b) a altura, hα, da seção na
hα
xLN
U//LN
V⊥LN
X
Y NR
v
C
Linha Neutra
Eixo de Solicitação εc,máx
εc,min
εo
εv = εo + (1/rα).v (+)
(-)
Encurtamentos
Alongamentos
α
θ dAcv
vLN
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direção normal à linha neutra (direção V); c) a inclinação α da linha neutra; d) a
inclinação θ do eixo de solicitação definido pelo traço do plano de atuação do
momento fletor resultante no plano da seção; e) o diagrama de deformações
longitudinais.
Dados a, 1/ra e eo , a questão que se apresenta é a determinação dos esforços
resistentes da seção. Esses esforços são dados por:
NR = NR,c + NR,s (5.15)
MuR = MuR,c + MuR,s (5.16)
MvR = MvR,c + MzR,s (5.17)
Sendo:
NR,c = força normal resistente no concreto;
MuR,c = momento resistente do concreto atuante no plano (U,Z);
MvR,c = momento resistente do concreto atuante no plano (V,Z);
NR,s = força normal resistente da armadura;
MuR,s = momento resistente da armadura atuante no plano (U,Z);
MvR,s = momento resistente da armadura atuante no plano (V,Z);
5.3. Cálculo dos esforços resistentes na armadura e no concreto.
5.3.1. Na armadura
Cada barra da armadura, de área Asi, deve ter sua posição dentro da seção
perfeitamente definida pelas suas coordenadas (usi, vsi). Com isso, a sua
deformação fica determinada pela sua ordenada vsi, e pode ser calculada por
εsi = εo + (1/rα).vsi (5.18)
Da relação constitutiva do aço (diagrama tensão-deformação) se obtém a tensão,
σsi, em cada barra. De modo que, existindo n barras na seção, os esforços internos
resistentes da armadura resultam:
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∑∑= =
=Np
p
n
isisisR AN
1 1, .σ (5.19)
∑∑= =
=Np
p
n
isisisisuR AuM
1 1, ..σ (5.20)
∑∑= =
=Np
p
n
isisisisvR AvM
1 1, ..σ (5.21)
5.3.2. No concreto
Sendo o eixo coordenado V ortogonal à linha neutra com origem no centro de
esforços, todas as fibras da seção com uma mesma ordenada v apresentarão uma
mesma deformação εcv dada por:
εcv = εo + (1/rα).v (5.22)
Da relação constitutiva do concreto (diagrama tensão-deformação) se obtém a
tensão, σcv. De modo que, existindo np poligonais na seção, os esforços internos
resistentes na seção de concreto resultam:
∑ ∫=
=np
p
v
vcvcvcR dAN
1
sup
inf, .σ (5.23)
∑ ∫=
=np
p
v
vcvcvcuR dAuM
1
sup
inf, ..σ (5.24)
∑ ∫=
=np
p
v
vcvcvcvR dAvM
1
sup
inf, ..σ (5.25)
onde:
u = abscissa do centro de gravidade da área dAcv;
v = ordenada do centro de gravidade da área dAcv.
Os esforços internos resistentes no concreto, são calculados no programa “Flexão
Oblíqua Composta”, desenvolvido neste trabalho, através da integração numérica de
Gauss, em lugar das integrais indicadas acima.
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Para isso, considere-se para cada lado de cada poligonal que constitui a seção, um
trapézio a ele associado, conforme a figura 5.6.
Figura 5.6 – Integração das tensões no concreto.
Os esforços internos resistentes são calculados por
ηησηξη
η
dNnp
p
nlp
kcR ∑∑ ∫
= =
=1 1
1
2, ).().( (5.26)
ηησηξη
η
dMnp
p
nlp
kcuR ∑∑ ∫
= =
=1 1
1
2
2
, ).(.2
)( (5.27)
ηησηηξη
η
dNvMnp
p
nlp
kpRLNcvR ∑∑ ∫
= =
+=1 1
1
2,, ).(.).(. (5.28)
onde:
p = índice referente às poligonais;
np = número de poligonais que constituem a seção;
k = índice referente aos lados da poligonal p;
nlp = número de lados da poligonal p;
2
1
k
η1
η2
ξ1
ξ2
? η
? ξ
ξ
dη
ξ = LN
η
O
η
dAcv
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s(η) = tensão normal na ordenada η;
η1 = ordenada do vértice inicial do lado k da poligonal p (ver figura 5.3);
η2 = ordenada do vértice final do lado k da poligonal p (ver figura 5.3).
Para o trapézio associado ao lado k:
ηησηξη
η
dN kR ∫=∆1
2, ).().( (5.29)
ηησηξη
η
dM kuR ∫=∆1
2
2
, ).(.2
)( (5.30)
ηησηηξη
η
dNvM kRLNkvR ∫+∆=∆1
2,, ).(.).(. (5.31)
A deformação das fibras a uma distância η da linha neutra é dada por:
α
ηηεr1
.)( = com η = v - vLN (5.32)
A largura genérica de um trapézio, ξ(η), a uma distância η, é:
( )112
121)( ηη
ηηξξ
ξηξ −−−
+= (5.33)
ηηηξξ
ηηηξξ
ξηξ12
121
12
121)(
−−
+−−
−= (5.34)
chamando:
12
122 ηη
ξξ−−
=Q e Q1 = ξ1 – Q2. η1 (5.35)
tem-se:
ξ(η) = Q1 + Q2. η (5.36)
Portanto,
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ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
22
1
21, ).(..).(. (5.37)
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
222
1
221
1
2
21
, ).(.2
).(...).(2
(5.38)
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
22
1
21,, ).(..).(... (5.39)
Finalmente, fazendo:
ηησηη
η
dF nn ∫=
1
2
).(. (5.40)
obtém-se:
? NR,k = Q1.Fo + Q2.F1 (5.41)
?MuR,k = 0,5.Q12.Fo + Q1.Q2.F1 + 0,5.Q2
2.F2 (5.42)
?MvR,k = vLN.?NR,k + Q1.F1 + Q2.F2 (5.43)
Para a integração de Fn será aqui adotado o processo da quadratura de Gauss, que
consiste em, dada uma integral definida ∫+
−
=1
1
).( dxxfI , calculá-la através do valor da
função f(x) em g pontos. A escolha desses pontos é feita de maneira a se ter a
melhor precisão possível.
∑∫=
+
−
==g
iii rfWdxxfI
1
1
1
)(.).( (5.44)
onde os valores de Wi e r i, são tabelados.
Mudando os limites do intervalo de integração:
( ) ( )∑∫∫=
+
−
−=−==g
iii
b
a
xfWabdxxfabdxxfI1
1
1
)(.21
).(21
).( (5.45)
com
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( ) ( )abrabx ii ++−=21
.21
(i =1 a g) (5.46)
Os valores de ri (abscissas relativas) e Wi (pesos) são tabelados para cada valor de
g dado. Na tabela 5.1, encontram-se esses valores para g = 2 a 8 pontos de Gauss.
Tabela 5.1 – Coeficientes das Abscissas e Pesos para a Quadratura de Gauss
+/- ri n = g Wi +/- ri n = g Wi 2 7
0,57735 1 0,949108 0,129485 3 0,741531 0,279705
0,774597 0,555556 0,405845 0,38183 0 0,888889 0 0,417959 4 8
0,861136 0,347855 0,96029 0,101229 0,339981 0,652145 0,796666 0,222381
5 0,525532 0,313707 0,90618 0,236927 0,183435 0,362684
0,538469 0,478629 0 0,568889 6
0,93247 0,171324 0,661209 0,360762 0,238619 0,467914
O processo de quadratura de Gauss integra exatamente, polinômios de grau (2g –
1). Assim, para g = 4, a integral será exata se a função f(x) for um polinômio de até o
7º grau.
Aplicando-se a quadratura de Gauss para obtenção das funções Fn, obtém-se:
)(...2
).(.1
211
2i
g
i
nii
nn WdF ηση
ηηηηση
η
η∑∫
=
−== (5.47)
sendo
2.
22121 ηηηη
η+
+−
= ii r (5.48)
( )∑∫=
−==g
iii
b
a
xfWabdxxfI1
)(.21
).(
( ) ( )abrabx ii ++−=21
.21
∑∫=
+
−
==g
iii rfWdxxfI
1
1
1
)(.).(
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onde ri e Wi são valores obtidos da tabela, em função de g. E g, escolhido em função
do grau do polinômio a ser integrado.
Se o trapézio tiver uma parte na região comprimida e outra na região tracionada,
será dividido em dois outros. Um totalmente comprimido e outro totalmente
tracionado. A integral de Fn será dividida em duas partes:
∫ ∫∫ +==0
2
1
0
1
2
).(.).(.).(.η
ηη
η
ηησηηησηηηση dddF nnnn (5.49)
)(...2
)(...2 2
1222
11
1111
2i
g
i
niii
g
i
niin WWF ηση
ηηση
η ∑∑==
+−
= (5.50)
com
2.
222
1
ηηη +
−= ii r e
2.
211
2
ηηη += ii r (5.51)
Assim, os limites de integração a serem usados são:
se η1 e η2 tiverem o mesmo sinal (positivo na região comprimida da seção e negativo
na região tracionada), ou seja, se 2
1
ηη
= 0
então
η1 = ηi ordenada do vértice i da poligonal
η2 = η (i+1) ordenada do vértice i+1 da poligonal
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
22
1
21, ).(..).(. (5.52)
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
222
1
221
1
2
21
, ).(.2
).(...).(2
(5.53)
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
22
1
21,, ).(..).(... (5.54)
se não
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η1,1 = ηi
η2,1 = 0
12
121,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,1= ξ1 – Q2,1.η1 (5.55)
ηησηηησηη
dQdQN kR ∫∫ +=∆1,1
01,2
1,1
01,11, ).(..).(. (5.56)
ηησηηησηηησηηη
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1,1
0
22
1,21,1
01,21,1
1,1
0
21,1
1, ).(.2
).(...).(2
(5.57)
ηησηηησηηη
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1,1
0
21,2
1,1
01,11,, ).(..).(... (5.58)
η1,2 = 0
η2,2 = η (i+1)
23
232,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,2= ξ2 – Q2,2. η2 (5.59)
ηησηηησηη
dQdQN kR ∫∫ +=∆0
2,22,2
0
2,22,12, ).(..).(. (5.60)
ηησηηησηηησηηη
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆0
2,2
22
2,20
2,22,22,1
0
2,2
22,1
2, ).(.2
).(...).(2
(5.61)
ηησηηησηηη
dQdQNvM jRLNkvR ∫∫ ++∆=∆0
2,2
22,2
0
2,22,12,2, ).(..).(... (5.62)
? NR,k = ?NRk1 + ?NRk2 (5.63)
?MuR,k = ?MuRk1 + ?MuRk2 (5.64)
?MvR,k = ?MvRk1 + ?MvRk2 (5.65)
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 17
Mais duas situações devem ser consideradas para melhorar a precisão do resultado
da integração pelo processo de Gauss. Essas duas situações estão ilustradas nas
figuras 5.7a e 5.7b.
Todas as situações ficam matematicamente consideradas quando se faz:
Se ηi = η j então ? NRd =0, ?MRud =0 e ?MRvd =0
se não
Se ηi = 0 e sinal(ξ i) = sinal(ξ j)
então η1 = ηi ; ξ1 = ξ i ; η2 = ηj ; ξ2 = ξ j
12
122 ηη
ξξ−−
=Q e Q1= ξ1 – Q2. η1
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
22
1
21, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
222
1
221
1
2
21
, ).(.2
).(...).(2
j=4
i=1
η1
η2
ξ
η1-η2
ξ 4-ξ 3
ξ = LN
η
O
2
3
ξ 1 ξ 4
ξ 2 = 0 η3 = 0
O
4
1
η1
η3
ξ 2 ξ 2-ξ 1
ξ = LN
η
2
3
ξ 1 ξ 4
η2 = 0 ξ 3 = 0
Figura 5.7a– A reta i.j corta tanto o eixo dos ξ quanto o eixo dos η e esse acima da origem
Figura 5.7b – A reta i.j corta tanto o eixo dos ξ quanto o eixo dos η e esse abaixo da origem
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 18
ηησηηηησηη
η
η
dQdQNvMz
kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
22
1
21,, ).(..).(...
Se ηj = 0 e sinal(ξ i) = sinal(ξ j)
então η1 = ηi ; ξ1 = ξ i ; η2 = ηj ; ξ2 = ξ j
12
122 ηη
ξξ−−
=Q e Q1= ξ1 – Q2. η1
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
22
1
21, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
222
1
221
1
2
21
, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
22
1
21,, ).(..).(...
Se sinal(ηi) = sinal(ηj) e sinal(ξ i) = sinal(ξ j)
então η1 = ηi ; ξ1 = ξ i ; η2 = ηj ; ξ2 = ξ j
12
122 ηη
ξξ−−
=Q e Q1= ξ1 – Q2. η1
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
22
1
21, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
222
1
221
1
2
21
, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
22
1
21,, ).(..).(...
Se sinal (ηi) ? sinal(ηj) e sinal(ξ i) = sinal(ξ j)
então η1 = ηi ; ξ1 = ξ i ; η3 = ηj ; ξ3 = ξ j
η2 = 0
31
13112 .
ηηξξ
ηξξ−−
+=
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 19
12
121,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,1= ξ1 – Q2,1. η1
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
21,2
1
21,11, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
22
1,21
21,21,1
1
2
21,1
1, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
21,2
1
21,11,1, ).(..).(...
23
232,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,2= ξ2 – Q2,2. η2
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆2
32,2
2
32,12, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆2
3
22
2,22
32,22,1
2
3
22,1
2, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆2
3
22,2
2
32,12,2, ).(..).(...
? NR,k = ?NRk1 + ?NRk2
?MuR,k = ?MuRk1 + ? MuRk2
?MvR,k = ?MvRk1 + ?MvRk2
Se sinal (ηi) ? sinal(ηj) e sinal(ξ i) ? sinal(ξ j)
então η1 = ηi ; ξ1 = ξ i ; η4 = ηj ; ξ4 = ξ j
a2 = 0
44
14112 .
ξξηη
ξη−−
−=b
b3 = 0
14
14113 .
ηηξξ
ηξ−−
−=a
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 20
ξ2 = menor(a2;a3)
η2 = maior(b2;b3)
ξ3 = maior(a2;a3)
η3 = menor(b2;b3)
12
121,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,1= ξ1 – Q2,1. η1
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
21,2
1
21,11, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
22
1,21
21,21,1
1
2
21,1
1, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
21,2
1
21,11,1, ).(..).(...
23
232,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,2= ξ2 – Q2,2. η2
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆2
32,2
2
32,12, ).(..).(.
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆2
3
22,2
2
32,12,2, ).(..).(...
34
343,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,3= ξ3 – Q2,3.η3
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆3
43,2
3
43,13, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆3
4
22
3,23
43,23,1
3
2
23,1
3, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆3
4
22,2
3
42,13,3, ).(..).(...
? NR,k = ?NRk1 + ?NRk2 + ?NRk3
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 21
?MuR,k = ?MuRk1 + ?MuRk2 + ?MuRk3
?MvR,k = ?MvRk1 + ?MvRk2 + ?MvRk3
Se sinal (ηi) = sinal(ηj) e sinal(ξ i) ? sinal(ξ j)
então η1 = ηi; ξ1 = ξ i ; η3 = ηj ; ξ3 = ξ j
ξ2 = 0
31
13112 .
ξξηη
ξηη−−
+=
12
121,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,1= ξ1 – Q2,1. η1
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆1
21,2
1
21,11, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆1
2
22
1,21
21,21,1
1
2
21,1
1, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆1
2
21,2
1
21,11,1, ).(..).(...
23
232,2 ηη
ξξ−−
=Q e Q1,2= ξ2 – Q2,2.ξ2
ηησηηηση
η
η
η
dQdQN kR ∫∫ +=∆2
32,2
2
32,12, ).(..).(.
ηησηηησηηηση
η
η
η
η
η
dQ
dQQdQ
M kuR ∫∫∫ ++=∆2
3
22
2,22
32,22,1
2
3
22,1
2, ).(.2
).(...).(2
ηησηηησηη
η
η
η
dQdQNvM kRLNkvR ∫∫ ++∆=∆2
3
22,2
2
32,12,2, ).(..).(...
? NR,k = ?NRk1 + ?NRk2
?MuR,k = ?MuRk1 + ?MuRk2
?MvR,k = ?MvRk1 + ?MvRk2
Cálculo dos Esforços Internos Resistentes Dados α, 1/rα e εo
V - 22
Em relação aos eixos X e Y, considerando positivo o momento que comprime o
primeiro quadrante, tem-se:
Figura 5.8 – Momentos fletores positivos
MxR = MuR cos a + MvR sen a (5.57)
MyR = -MuR sen a + MvR cos a (5.58)
X
Y V
U
Mu(+) Mx(+)
Mv (+)
My (+) a(+)
a(+)