Lista de Exercícios
Método das Forças
1 - Calcule as reações de apoio da viga hiperestática representada pela figura abaixo: 8kN/m Mz 0
A VA
B 3m
VB
C 5m
VC
8kN/m A
Na tabela: y
83
qx (3 2x 2 x 3 ) 24EJ
3 2 3 C 1 24 EJ (8 2 8 3 3 )
B 3m
VA 8 VB 5 (8 8) 4 0 256 5 VB VA 8 Fy 0 VA VB VC (8 8) 0
5m
1
395 EJ
(1)
Pbx 2 ( b 2 x 2 ) 6EJ 1 5 3 2 2 2 C X1 6 8 EJ (8 5 3 ) 1 9,375 (2) X1 EJ Na tabela: y
A
B 3m
1
5m
Equação de Compatibilidade: 1 VB X1 0
395 9,375 VB 0 VB 9,375 395 VB 42,133 kN EJ EJ Com as equações de equilíbrio temos que: VA 5,667 kN e VC 16,200 kN 1 VBX1
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1
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Método das Forças
2 – Trace os digramas de esforços solicitantes da viga contínua abaixo: 5 kN 8 kN/m A
B
3,0m
C
2,5m
4,5m
VA
VB
VC
8 kN/m C
8 5,5 [10 3 2 10 5,5 2 5,53 ] 24 EJ 1029,1875 q EJ
C
p
5 3 4,5 [10 2 3 2 4,5 2 ] 6 10 EJ
p
79,59375 EJ
1
1 4,5 5,5 2 [10 4,5 2 5,5 2 ] 6 10 EJ
1
- 20,41875 EJ
q q
A 3,0m
2,5m
4,5m
5 kN p
A 3,0m
2,5m
y
4,5m
Pbx 2 ( b 2 x 2 ) 6EJ 1
A 3,0m
C
2,5m
4,5m 1
( q p ) VB 1 0 VB VA 19,064 kN
e
( q p ) 1
VB
VC 11,634 kN Diagrama de Momentos Fletores
Diagrama de Cortantes -+19,064
2,383 m
(1029,1875 79,59375) VB 54,302 kN 20,41875
-28,648
+24,366
2,383 m
3,046 m
3,046 m
-11,634
8,459 -29,936
22,714
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2
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Método das Forças
3 - Calcule as reações de apoio do pórtico hiperestático representado pela figura abaixo. Considere todas as barras de mesma inércia EI e trabalhando fundamentalmente à flexão. A barra 1 tem 3 m e a barra 2 tem 5 m. As equações de momentos fletores são fornecidas para a redundante de primeiro gênero, apoio na extremidade da barra 3, que tem 1,5 m de comprimento. 0,6 kN/m 2 3 1,2 kN 1
0,6 kN/m
2
x
2
x 3
3 x 1
M1 ( x ) 1,2 x 9,3
x
1
M2 (x) x
1
0
M 2 ( x ) 0,3x 2 1,8 M 3 ( x ) 1,2 x
x
M1 ( x ) 5
1,2 kN
M3 (x) 0
x
1
Solução: 3
5
EI 0 (1,2x 9,3)(5)dx (0,3x 2 1,8)( x )dx 112,5 24,375 136,875 0
0
3
5
0
0
EI 1 (5)(5)dx ( x )( x )dx 75 41,6667 116,6667 136,875 EI Equação de compatibilidade: 0 VB 1 0 VB 0 1,173 kN 116,6667 1 EI Resposta: VB 1,173 kN Através das equações de equilíbrio estático temos:
F 0 H 1,2 kN F 0 V 1,827 kN M 0 M 3,435 kN.m x
A
y
A
z
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VB
HA VA MA
A
3
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Método das Forças
4 - Utilize o Método das Forças para calcular as reações de apoio do quadro hiperestático representado pela figura abaixo. As barras AC e BD possuem inércia à flexão EI e a barra CD tem inércia 2EI. Considere todas as barras trabalhando fundamentalmente à flexão.
D
C
2m
8 kN B
2m
A
HA
MA
VB
VA
6m
Solução: Escolhendo VB como redundante: D
C
2m
8 kN
∑ ∑ ∑
B
2m
A
HA
MA
VA
6m
Equações de esforços de cada uma das barras para o carregamento original.
Mx
Mx
Nx
Nx Vx
Vx
Barra AC
D
x B
16
A
Nx Vx
x
8
Mx
x 8 kN B
8 kN
Barra CD Barra BD
∑
∑
∑
Equações de esforços de cada uma das barras para a carga unitária. Retornando uma carga unitária no lugar de VB: D
C
2m
B
2m
HA VA
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1
A
MA
∑ ∑ ∑
6m
4
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Método das Forças
Equações de esforços de cada uma das barras para o carregamento original. Barra AC Barra BD
Mx
Mx
Nx
Nx Vx
Vx
D
x
6
x B
B
A
Barra CD
Nx Vx
x
1 1
1 ∑
Mx
∑
∑
Assim, o deslocamento devido ao carregamento original, 0, é: ∫
∫
Assim, o deslocamento devido a carga unitária, 1, é: ∫
∫
Portanto:
As demais reações são calculadas através das equações de equilíbrio estático: D
C
2m
8 kN B
2m
HA VA
∑
∑
∑
A
MA
VB 6m
Resposta: As reações são (de acordo com os sentidos dos vetores vistos no desenho acima): 8,00 kN HA= 0,80 kN VA= 20,80 kN.m MA= -0,80 kN VB=
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5
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Método das Forças
5 - Calcule a reação de apoio em B do pórtico hiperestático representado pela figura abaixo. Considere a barra 1 de inércia EI e a barra 2 de inércia 8EI, todas trabalhando fundamentalmente à flexão. Considere q = 10 kN/m. q C
B
2
2,5 m
VB 1
A 5m Solução:
Equações de momentos fletores pra carregamento original e carregamento unitário:
q 0
2
x 1
x
M1 ( x ) 125 M 2 ( x ) 5 x 2
1 x
2
x
1
1 M1 (x ) 5 M 2 (x) x
(125)(5) (5x 2 )( x ) 1660,16 dx 0 EI 0 8EI dx EI
2,5
0
2,5
1
5
5
(5)(5) ( x )( x ) 67,7083 0 EI dx 0 8EI dx EI
1660,16 EI Equação de compatibilidade: 0 VB 1 0 VB 0 VB 67,7083 1 EI
Resposta: VB 24,5192 kN
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6
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Método das Forças
6 - Através do Método das Forças, calcular as reações de apoio do pórtico da questão 1. Substitua o apoio B por uma mola (na direção vertical) com constante de mola k = 8×103 kN/m, módulo de elasticidade longitudinal E = 2×108 kN/m2 e momento de inércia I = 8×10-5 m4. 0 VB 1
0 VB VB 1 k 1 k
Solução: Deslocamento vertical de B devido ao carregamento original:
0
1660,16 1660,16 0,10376 EI 2 108 8 10 -5
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao carregamento unitário:
67,7083 67,7083 0,0042318 EI 2 108 8 10 -5
1
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 4 com a mola. 0 V 0,10376 0 VB 1 B VB 23,8158 kN 1 1 k 1 0,0042318 k 8000 Resposta: q
VB 23,8158 kN
C
2
B
Através das equações de equilíbrio estático temos:
F 0 H 0 kN M 0 M 5,921 kN.m F 0 V 26,1842 kN x
1
A
z
y
A
HA A
A
VA
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VB
7
MA
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Método das Forças
7 - Através do Método das Forças, calcular a reação de apoio do nó 4 da treliça abaixo. Considere os nós como rótulas perfeitas. Todas as barras têm inércia EA. A redundante escolhida foi a reação vertical do nó 4. Note que os esforços normais nas barras foram fornecidos. As barras são identificadas pelos seus nós iniciais Ni e nós finais Nf. Na tabela abaixo: N0 são os esforços nas barras para os carregamentos originais e N1 são os esforços para uma força unitária para cima aplicada no nó 4.
3 kN 6
7
1,5 m
5
4 kN
1
2
2m
3
2m
4
2m
V4
Solução: Ni Nf 1 2 2 3 3 4 5 6 6 7 1 5 2 6 3 7 2 5 3 6 4 7
N0 -14,66667 -5,33333 0,00000 5,33333 0,00000 0,00000 -7,00000 -4,00000 11,66667 6,66667 0,00000
N1 4,00000 2,66667 1,33333 -2,66667 -1,33333 0,00000 1,00000 1,00000 -1,66667 -1,66667 -1,66667
L 2,0 2,0 2,0 2,0 2,0 1,5 1,5 1,5 2,5 2,5 2,5
N0× N1×L -117,333 -28,444 0,000 -28,444 0,000 0,000 -10,500 -6,000 -48,611 -27,778 0,000 -267,111
Ni Nf 1 2 2 3 3 4 5 6 6 7 1 5 2 6 3 7 2 5 3 6 4 7
N1 4,00000 2,66667 1,33333 -2,66667 -1,33333 0,00000 1,00000 1,00000 -1,66667 -1,66667 -1,66667
N1 4,00000 2,66667 1,33333 -2,66667 -1,33333 0,00000 1,00000 1,00000 -1,66667 -1,66667 -1,66667
L 2,0 2,0 2,0 2,0 2,0 1,5 1,5 1,5 2,5 2,5 2,5
N0× N1×L 32,000 14,222 3,556 14,222 3,556 0,000 1,500 1,500 6,944 6,944 6,944 91,389
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao carregamento original:
0
N
0
N1 L
EA
- 267,111 EA
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao carregamento unitário:
1
N N L 91,389 1
EA
1
EA
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 4 com o apoio, ou seja, igual a zero. - 267,111 0 0 V4 1 0 V4 EA 2,923 kN 91,389 1 EA Resposta: A reação de apoio do nó 4 é de 2,923 kN.
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8
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Método das Forças
8 - Através do Método das Forças, calcular as reações de apoio da treliça da questão 2. Retire o carregamento original e aplique um aumento uniforme de temperatura de 8ºC nas barras do banzo superior (barras 5-6 e 6-7), sendo que a área A = 8×10-4 m2, módulo de elasticidade longitudinal E = 2×108 kN/m2 e coeficiente de dilatação térmica =1,2×10-5 ºC-1. 0 L T N Solução: Deslocamento vertical do nó 4 devido ao carregamento unitário:
N N L 91,389
1
1
1
EA
EA
91,389 5,7118 10 -4 8 -4 2 10 8 10
Deslocamento vertical do nó 4 devido ao aumento uniforme de temperatura na barra 2-4:
Ni Nf 5 6
6 7
0,000012 0,000012
L
T
2,0 2,0
8 8
L T N1
N1 -2,66667 -1,33333
-0,000512 -0,000256 -0,000768
0 L T N 0,000768
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 4 com o apoio, ou seja, igual a zero. 0,000768 0 V4 1 0 V4 0 1,3446 kN 1 5,7118 10 -4 Resposta: V4 1,3446 kN
H5
V5
6
7
Através das equações de equilíbrio estático temos:
M 0 F 0 H F 0 V
H 1 5,378 kN
z (5)
x
5
5,378 kN
y
5
1,3446 kN
Engenharia Civil
H1
1
2
3
V4
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Método das Forças
9 - Através do Método das Forças, calcular a reação de apoio do nó 3 da treliça abaixo. Considere os nós como rótulas perfeitas. As diagonais têm inércia EA e os banzos têm inércia 4EA. A redundante escolhida foi a reação vertical do nó 3. Note que os esforços normais nas barras foram fornecidos. As barras são identificadas pelos seus nós iniciais Ni e nós finais Nf. Na tabela abaixo: N0 são os esforços nas barras para os carregamentos originais e N1 são os esforços para uma força unitária para cima aplicada no nó 3. A altura da viga é de 1 m (distância entre os banzos inferiores e superior). 1 kN 1m
2 kN 1m
1m
2
1m
Ni 1 2 3 4 1 3 2
4
1 3
Nf 2 3 4 5 3 5 4
N0 -1,7678 0,3536 -0,3536 -2,4749 1,2500 1,7500 -1,5000
N1 0,7071 -0,7071 -0,7071 0,7071 -0,5000 -0,5000 1,0000
5
Solução: Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento original: Ni Nf N0 N1 L N0.N1.L EA N0.N1.L/EA 1 2 -1,7678 0,7071 1,41 -1,7678 1 -1,7678 2 3 0,3536 -0,7071 1,41 -0,3536 1 -0,3536 3 4 -0,3536 -0,7071 1,41 0,3536 1 0,3536 4 5 -2,4749 0,7071 1,41 -2,4749 1 -2,4749 1 3 1,2500 -0,5000 2,00 -1,2500 4 -0,3125 3 5 1,7500 -0,5000 2,00 -1,7500 4 -0,4375 2 4 -1,5000 1,0000 2,00 -3,0000 4 -0,7500 = -5,7427
0
N
0
N1 L
EA
- 5,7427 EA
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento unitário: Ni Nf N1 N1 L N1.N1.L EA N1.N1.L/EA 1 2 0,7071 0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 2 3 -0,7071 -0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 3 4 -0,7071 -0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 4 5 0,7071 0,7071 1,41 0,7071 1 0,7071 1 3 -0,5000 -0,5000 2,00 0,5000 4 0,1250 3 5 -0,5000 -0,5000 2,00 0,5000 4 0,1250 2 4 1,0000 1,0000 2,00 2,0000 4 0,5000 = 3,5785
1
N N L 3,5785 1
EA
1
EA
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 3 com o apoio, ou seja, igual a zero. - 5,7427 0 V3 1 0 V3 0 EA 1,605 kN 3,5785 1 EA Resposta: A reação de apoio do nó 3 é de 1,605 kN.
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10
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Método das Forças
10 - Através do Método das Forças, calcular as reações de apoio da treliça da questão 2 em apenas um dos dois casos seguintes: a) retire o carregamento original e aplique um aumento uniforme de temperatura de 20ºC na barra 2-4, sendo que A = 0,02 m2, E = 2×108 kN/m2 e =10-5 ºC-1. Solução: Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento unitário:
1
N N L 3,5785 1
1
EA
EA
3,5785 8,95 10 -7 8 2 10 0,02
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao aumento uniforme de temperatura na barra 2-4:
0 L T N 24 10 5 2,0 20 1,0 4 10 4 m
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 3 com o apoio, ou seja, igual a zero. 4 10 4 0 V3 1 0 V3 0 447,1 kN 1 8,95 10 -7 Resposta: 2 4 V3 447,1 kN Através das equações de equilíbrio estático temos:
F 0 H 0 kN M 0 V 223,6 kN F 0 V 223,6 kN x
H1
1
z
1 3
5
1
y
V3
V1
5
V5
b) substitua o apoio do nó 3 por uma mola com k = 2000 kN/m, A = 0,02 m2, E = 2×108 kN/m2. Solução: Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento original:
0
N
0
N1L
EA
- 5,7427 - 5,7427 1,436 10 -6 m EA 2 10 8 0,02
Deslocamento vertical do nó 3 devido ao carregamento unitário:
1
N N L 3,5785 1
1
EA
EA
3,5785 8,946 10 -7 2 10 8 0,02
Equação de compatibilidade: a soma dos deslocamentos deve ser o deslocamento do nó 3 com a mola. V 0 1,436 10 6 0 V3 1 3 V3 0,00286 kN 1 1 k -7 1 8,95 10 k 2000 Resposta: 1 kN
V3 0,002866 kN
2
Através das equações de equilíbrio estático temos:
F 0 H 0 kN M 0 V 1,248567 kN F 0 V 1,748567 kN x
2 kN 4
1
z
y
Engenharia Civil
H1
1
1
3
5
V1
11
5
V3
V5
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