Estruturas Reticuladas - Método das Forças - Dem Isep

Estruturas Reticuladas Hiperstáticas Planas
MÉTODO DAS FORÇAS
Exemplo de estrutura com um só grau de hiperstaticidade (GH=1)
Determinar as reacções nos apoios e o diagrama de momentos
flectores da seguinte viga encastrada/simplesmente apoiada:
Consideremos um sistema isostático derivado do sistema dado por
eliminação de uma ligação superabundante, por exemplo, o apoio
simples em C. O sistema escolhido passará a designar-se por sistema
isostático principal. Ao transformar o sistema dado no isostático
principal o ponto C, em lugar de permanecer imóvel na direcção
vertical, sofrerá um certo deslocamento vertical (∆). A reacção
incógnita (X) no apoio C do sistema dado deverá ser tal que,
actuando no sistema isostático principal, desprovido de quaisquer
outras cargas activas, provoque um deslocamento em C que anule o
deslocamento ∆. Graficamente temos,
Sistema
hiperstático
A
A
5,8 kN
2.90 m
B C
X
5,8 kN
B C
1.60 m
=
X vezes
Sistema
isostático
principal
Matematicamente deverá ser: ∆ · ou · ∆ 0
EAC=206 GPa
IAB=3200 cm 4
IBC=5500 cm 4
Recordando a técnica de cálculo de deslocamentos pelo método da
carga unitária e considerando que Mp(x) e M1(x) são as funções
A
Sistema
isostático
unitário
A
+
5,8 kN
B C
1
C
∆
δ
1

momento flector do sistema isostático principal e do sistema
isostático unitário, respectivamente, então, temos que:
∆ = −
C
∫
A
M P ( x)
M 1(
x)
dx
EI
δ =
Na perspectiva de uma sistematização deste método, vamos
introduzir ∆ ∆, isto é,
M P ( x)
M1
( x)
∆ P = ∫
dx
EI
0
Assim, a equação que permite determinar a incógnita hiperstática X
vem a ser:
· ∆ 0
No caso prático em análise, os diagramas de momentos flectores são
os seguintes (usaremos unidades em metros e kN):
-16.82
MP(x)
(kN.m)
∆
P
=
A equação a resolver é pois, 0 . 004521 X + ( − 0.
013073)
= 0
e
L
C
∫
A
M ( x)
M1(
x)
dx =
EI
1 1
C
∫
A
2
M ( x)
dx
EI
esq esq dir dir esq dir dir
[ 2(
M M + M M ) + M M + M M ]
C
M P ( x)
M 1(
x)
LAB
esq
∫
dx =
P 1 P 1 P 1 P 1
EI 6EI
A
AB
2.
90
=
6
6×
206⋅10
× 32⋅10
δ =
L
3EI
Sistema
isostático
principal
C
∫
A
AB
A
AB
M
2
( x)
1
−6
[ 2(
−16.
82×
4.
5 + 0×
1.
6)
−16.
82×
1.
6 + 0×
4.
5]
= −0.
013073 m
1
2
2
dx = M x dx M x dx
EI EI ∫ ( ) + ( )
1 EI ∫ =
1
AB A
BC B
esq 2 dir 2 esq dir LBC
esq 2 dir
[ ( M ) + ( M ) + M 1 M 1 ] + ( M ) + ( M )
1
1 ⎡ 2.
90
=
6
3×
206⋅10
⎢
⎣32
⋅10
= 0.
004521 m / kN
1
−6
5.8 kN
B C
2.90 m 1.60 m
0
B
1
C
3EI
BC
M1(x)
(m)
2 esq dir
[ + M 1 M 1 ]
1
2 2
1.
60 2 2
( 4.
5 + 1.
6 + 4.
5×
1.
6)
+ ( 1.
6 + 0 + 1.
6×
0)
55⋅10
Sistema
isostático
unitário
+4.5
−6
1
=
⎤
⎥
=
⎦
2
A B C
+1.6
1
=

0.
013073
⇒ X = = 2.
89 kN (Nota: o sinal positivo significa que X tem o sentido
0.
004521
escolhido para da carga unitária – sentido ascendente, neste caso).
Uma vez determinada a incógnita hiperstática X (que é a reacção no
apoio C) podemos agora calcular as outras reacções nos apoios:
Ax
MA
Ay
A
2.90 m
5,8 kN
B C
1.60 m
2,89 kN
ΣFx=0 ⇒ Ax=0; ΣFy=0 ⇒ Ay=5.8-2.89=2.91 kN
ΣMA=0 ⇒ -MA-5.8x2.9+2.89x4.5=0 ⇒ MA=-3.815 Nm
Finalmente podemos traçar o diagrama de momentos flectores:
3.815 kN
A
2.91 kN
-3.815
5.8 kN
B C
2.90 m 1.60 m
0
+4.624
2,89 kN
M (kN.m)
3

Exemplo de estrutura com dois graus de hiperstaticidade (GH=2)
Determinar as reacções nos apoios e o diagrama de momentos
flectores da seguinte viga contínua:
A
1.5 m
Como se sabe, há diversas opções de escolha do sistema isostático
principal. Vamos escolher aquele que se obtém do sistema dado por
introdução de uma rótula na viga sobre o apoio B e outra sobre o
apoio C. Eliminamos assim duas ligações simples interiores. As
respectivas incógnitas hiperstáticas são: o par de momentos X1 sobre
o apoio B (momento flector em B) e o par de momentos X2 sobre o
apoio C (momento flector em C).
Na sequência do exemplo anterior, fazemos:
Sistema hiperstático
(incógnitas X 1 e X 2)
Sistema isostático
principal
Sistema isostático
unitário #1
Sistema isostático
unitário #2
B
20 kN/m
2 m
As equações de compatibilidade são agora duas:
C
2 m
A
D
⎧δ11
⋅ X 1 + δ12
⋅ X 2 + ∆1
⎨
⎩δ
21 ⋅ X 1 + δ 22 ⋅ X 2 + ∆
B
p
2 p
= 0
= 0
E=206 GPa
I=6500 cm 4
20 kN/m
= +
+
+
X1
vezes
X2
vezes
A
A
A
1.5 m
X1
B
B
B
X1
X1=1 X1=1
2 m
X2
X2=1
C
X2
C
C
C
X2=1
2 m
20 kN/m
D
D
D
D
=
+
4

que expressam as condições de serem nulas as rotações relativas
entre as secções à esquerda e à direita dos apoios B e C no sistema
hiperstático dado (neste, havendo continuidade nas secções B e C, as
rotações à esquerda e à direita são as mesmas, pelo que a rotação de
uma relativamente à outra é nula).
Nas equações de compatibilidade os coeficientes das incógnitas e os
independentes são obtidos pelas expressões gerais de cálculo de
deslocamentos (neste sentido, uma rotação é um deslocamento
angular).
L
M
x)
M ( x)
EI
L
1 1
δ11 = ∫
dx = ∫ dx δ12
= ∫
0
L
= ∫
M
0
M
( 1
( x)
M ( x)
2 1
δ 21
dx =
EI
0
∆
1 p
=
L
∫
0
M
P
( x)
M1(
x)
dx
EI
δ
12
2
EI
( x)
Para realizar estas integrações podemos usar a fórmula conhecida da
Mecânica dos Materiais, sendo previamente necessário determinar os
momentos flectores para o sistema isostático principal e para os dois
isostáticos unitários. Devemos notar que a fórmula geral admite
simplificações significativas para alguns casos particulares simples e
frequentes como são os casos presentes.
δ
∆
22
2 p
=
=
L
0
L
∫
0
L
∫
0
M1(
x)
M 2 ( x)
dx
EI
M
2
( 2
x)
M
EI
2
( x)
dx =
M P (
x)
M 2(
x)
dx
EI
L
∫
0
2
M ( x)
dx
EI
5

Sistema isostático
principal
Sistema isostático
unitário #1
Sistema isostático
unitário #2
B
2
EI ⋅δ 11 = ∫ M ( x)
dx +
1 ∫ M
A
⋅δ 12 = EI ⋅
C
21 = ∫
B
EI δ
C
2
EI ⋅δ 22 = ∫ M ( x)
dx +
2 ∫ M
B
B
C
B
Diagrama MP
Diagrama M1
Diagrama M2
EI ⋅ ∆1
p = ∫ M P ( x)
M1(
x)
dx + ∫ M
A
B
2
1
⎛
( ) ⎜ L
x dx =
⎜
⎝
A
A
A
1.5 m
1.0
B
B
20 kN/m
X2=1
C
2 m 2 m
0.0 0.0 0.0 0.0
X1=1 X1=1
B
parábolas
dir 2 ( ) ⎞ ⎛ esq
M L ( M )
3
1
⎟
⎟
⎠
AB
esq ⎛ L⋅
M M 1
M1(
x)
M 2(
x)
dx = ⎜
⎝ 6
D
C
2
2
⎛
( ) ⎜ L
x dx =
⎜
⎝
C
B
C
P
+ ⎜
⎜
⎝
dir
2
⎞
⎟
⎠
BC
3
1
2
1.0
⎞
⎟
⎟
⎠
2.
0
= =
6
dir 2 ( ) ⎞ ⎛ esq
M L ( M )
3
2
⎟
⎟
⎠
BC
+ ⎜
⎜
⎝
3
p ⋅ L
( x)
M1(
x)
dx =
24
AB
3
2
2
3
p ⋅ L
+
24
BC
⎞
⎟
⎟
⎠
BC
1
3
CD
=
C
C
=
=
20
24
X2=1
1.
5
D
D
D
+ 2.
0 3.
5
=
3 3
2.
0 + 2.
0
3
3
3
20 ⋅ 2.
0 20 ⋅ 2.
0
EI
⋅ ∆2
p = ∫ M P ( x)
M 2(
x)
dx + ∫ M P ( x)
M1(
x)
dx = + = 13.
33333
24 24
A
B
=
4
3
6
3 3 ( 1.
5 + 2 ) = 9.
479167

Considerando que o factor EI é um factor constante em todas as
parcelas, o sistema de equações a resolver é então o seguinte,
⎧3.
5 1
⎪
⋅ X 1 + ⋅ X 2 + 9.
479167 = 0
3 3
⎨
1 4
⎪ ⋅ X 1 + ⋅ X 2 + 13.
33333 = 0
⎩3
3
cuja solução é:
⎧X
⎨
⎩X
1
2
= −5.
67031kNm
= −8.
58242 kNm
Uma vez resolvida a hiperstaticidade do sistema, passemos ao cálculo
das reacções e à determinação do diagrama de momentos flectores.
Em ambos os casos vamos usar o princípio da sobreposição, isto é:
sist. dado = sist. isost. princip. + X1⋅ sist.#1+ X2⋅ sist.#2
Reacções nos apoios:
Reacção no apoio A =
Reacção no apoio B =
Reacção no apoio C =
20 ⋅1.
5
1
+ ( −5.
67031)
⋅ = 11.
22kN
2
1.
5
20 ⋅ ( 1.
5 + 2)
1
1
1
− ( −5.
67031)
⋅ − ( −5.
67031)
⋅ + ( −8.
58242)
⋅
2
1.
5
2
2
= 37.
32 kN
20 ⋅ ( 2 + 2)
1
+ ( −5.
67031)
⋅ − ( −
2
2
= 45.
75 kN
20 ⋅ 2
1
Reacção no apoio D = + ( −8.
58242)
= 15.
71kN
2
2
8.
58242)
Verificação: Soma das reacções = 11.22+37.32+45.75+15.71=110 kN
Resultante da carga distribuída = 20x(1.5+2.0+2.0)=110 kN ok!
Diagrama de momentos flectores (esboço):
A
11.22 kN
1.5 m
Diagrama
Final dos
0.0
Momentos
Flectores
(kN.m) Parábolas do 2º grau
B
20 kN/m
37.32 kN
45.75 kN
2 m 2 m
-5.67
-8.58
C
7
1
1
⋅ − ( −8.
58242)
⋅ =
2
2
0.0
D
15.71 kN
=

Equações Canónicas do Método das Forças
(n graus de hiperstaticidade)
Se percebemos como os dois sistemas hiperstáticos anteriores foram
resolvidos podemos generalizar a resolução de um sistema
hiperstático com um grau de hiperstaticidade qualquer n.
Escolhe-se um sistema isostático por eliminação de n ligações
superabundante (existem, em geral, muitas formas diferentes de
fazer esta operação). Obtém-se o sistema isostático principal. Neste,
considerando a aplicação do carregamento dado, determinamos o
respectivo diagrama de momentos flectores - que é a representação
gráfica da função que designaremos por Mp(x).
A cada ligação superabundante eliminada (linear ou angular, absoluta
ou relativa) corresponde uma incógnita hiperstática X1, X2, …, Xn (ou
par de incógnitas no caso de ligações internas).
Consideramos i=1, 2, 3, …, n sistemas isostáticos unitários
desprovidos de qualquer carregamento excepto quanto à incógnita Xi
que se faz unitária. Para cada um destes i=1, 2, 3, …, n sistemas
unitários determinamos o diagrama de momentos flectores - que é a
representação gráfica da função que designaremos por Mi(x).
Calculam-se agora os coeficientes das incógnitas,
δ ij
E os termos independentes,
Resolve-se o sistema de equações:
⎧δ
11 ⋅ X 1 +
⎪
δ 21 ⋅ X 1 +
⎨
⎪
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅
⎪
⎩δ
n1
⋅ X 1 +
L M i ( x)
M j ( x)
= ∑∫
dx ( i,
j = 1,
2,
3,
..., n)
EI
δ ⋅ X
δ
12
22
⋅ X
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅
δ
0
n2
⋅ X
2
2
2
+
+
+
⋅⋅
⋅
⋅⋅
⋅
⋅⋅
⋅
⋅⋅
⋅
L M i ( x)
M p ( x)
∆ ip = ∑∫
dx ( i = 1,
2,
3,
..., n)
EI
+ δ ⋅ X
+ δ
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅
+ δ
1n
2n
nn
⋅ X
⋅ X
n
n
n
+ ∆
+ ∆
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
Fazemos notar que, dada a expressão de definição dos coeficientes, é
δ =
δ
ij
ji
0
+ ∆
1 p
2 p
np
= 0
= 0
= 0
8

Sistemas Simétricos e Anti-simétricos
Algumas estruturas apresentam-se-nos com a propriedade de serem
simétricas ou anti-simétricas. Estes casos são passíveis de uma
simplificação importante. Primeiro esclareçamos que na designação
anterior nos referimos a estruturas que sob o ponto de vista
geométrico e de material são em ambos os casos, simétricas.
Entretanto, no 1º caso o carregamento é simétrico, no 2º caso o
carregamento é anti-simétrico. Exemplos (notar que GH=6):
20 kN
50 kN
Estrutura
Simétrica
Cargas
Simétricas
30 kN/m
15 kN
20 kN
50 kN
Estrutura
Simétrica
Cargas
Anti-simétricas
25 kN 25 kN
8 kN/m 8 kN/m
40 kN 40 kN
Para sistema isostático principal escolhe-se aquele que resulta de
seccionar a estrutura pelo plano de simetria, ficando como incógnitas
hiperstáticas todas as ligações internas – as responsáveis pela
transmissão do momento flector M, do esforço axial N e do esforço de
corte T. Contudo:
- No caso dos sistemas de carregamento simétrico, as incógnitas
hiperstáticas anti-simétricas são nulas. Neste caso é só uma – o
esforço de corte T.
- No caso dos sistemas de carregamento anti-simétrico, as incógnitas
hiperstáticas simétricas são nulas. Nesta caso são duas – o momento
flector M o esforço axial N.
9

No exemplo anterior, figura da esquerda, em
que a estrutura e o carregamento são ambos
simétricos, a simplificação possível é a indicada
ao lado. Note-se que o sistema é 6 vezes
hiperstático e, contudo, só temos 4 incógnitas
hiperstáticas.
No mesmo exemplo anterior, mas na figura
da direita em que a estrutura é simétrica mas
o carregamento é anti-simétrico, a
simplificação possível é a indicada ao lado.
Note-se que o sistema é 6 vezes hiperstático
e, contudo, só temos 2 incógnitas
hiperstáticas.
Para terminar esta secção, vamos dizer que para uma estrutura
simétrica qualquer com carregamento arbitrário é sempre possível
reduzi-lo à soma (sobreposição) dessa estrutura com um
carregamento simétrico com outro anti-simétrico. Veja-se o seguinte
exemplo.
30 kN/m
20 kN/m
50 kN 10 kN
25 kN/m
25 kN
5 kN
25 kN
5 kN
5 kN/m
20 kN
50 kN
8 kN/m
20 kN/m
30 kN/m
5 kN/m
7.5 kN
25 kN
40 kN
25 kN/m
25 kN
5 kN
25 kN
5 kN
10
X1
X3
X1
X2
X2
X4

Exercício 1:
Calcule o momento flector em B e as reacções nos apoios da
estrutura representada (EI=constante).
Exercício 2:
Calcule as reacções nos apoios e esboce o diagrama de momentos
flectores da seguinte estrutura simétrica (EI=constante):
A
A
5 kN
B
3m
B
6m 6 m
20 kN/m
6 m
10 m
C
C
6 m
4 m
D
11