EES023: An´alise Estrutural I Apostila de Exerc´ıcios

EES023: Analise Estrutural IApostila de Exercıcios – Versao 1.0

Curso de Graduacao em Engenharia Civil – UFMG

Prof. Ramon P. Silva e Prof. Felıcio B. Barros

Com a inestimavel contribuicao de:Ana Luiza Caldeira

Karla Fernanda dos SantosLorena Leocadio

Thaianne Simonetti de Oliveira

Universidade Federal de Minas GeraisDepartamento de Engenharia de Estruturas

Av. Antonio Carlos, 662731270-901, Belo Horizonte, MG, Brasil

Capıtulo 1

Grau de Indeterminacao Estatica

1.1 Prova I (02/2017)1 Para as estruturas abaixo, pede-se para classifica-las quanto ao equilıbrio estatico e, quando for ocaso, indicar o grau de indeterminacao estatica.

(a)Vınculos (V)Vınculos externos → 3 (provenientes dos apoios)Vınculos internos → 3 (provenientes do quadro fechado)

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos→ 3 (provenientes das 3 rotulas,cada uma entre duas barras)

6V − 6GL = 0Estrutura isostatica

Figura 1.1: Questao 1.1a

(b)Vınculos (V)Vınculos externo → 9 (provenientes dos apoios)Vınculos internos→ 3 (provenientes do quadro fechado)

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 0

12V − 3GL = 9Estrutura hiperestatica (grau 9)

Figura 1.2: Questao 1.1b1Ana Luiza Caldeira

1

(c)Vınculos (V)Vınculos externos → 3 (provenientes dos apoios)Vınculos internos → 0

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 2 (provenientes das duasrotulas, cada uma entre duas barras)

3V − 5GL = −2Estrutura hipostatica

Figura 1.3: Questao 1.1c

1.2 Prova I (01/2018)2 Para as estruturas abaixo, pede-se para classifica-las quanto ao equilıbrio estatico e, quando for ocaso, indique o grau de indeterminacao estatica.

(a)Vınculos (V)Vınculos externos → 4 (provenientes dos apoios)Vınculos internos→ 6 (provenientes dos 2 quadros fechados)

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 3 (provenientes das tresrotulas, cada uma entre duas barras)


Figura 1.4: Questao 1.2a(b)Vınculos (V)Vınculos externos → 4 (provenientes dos apoios)Vınculos internos → 0

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 1 (provenientes da rotulaentre duas barras)


Figura 1.5: Questao 1.2b

2Ana Luiza Caldeira

2

(c)Vınculos (V)Vınculos externos → 4 (provenientes dos apoios)Vınculos internos → 0

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 2 (provenientes das duasrotulas, cada uma entre duas barras)

4V − 5GL = −1Estrutura hipostatica


1.3 Prova II (01/2018)3 Para as estruturas abaixo, pede-se para classifica-las quanto ao equilıbrio estatico e, quando for ocaso, indique o grau de indeterminacao estatica.

(a)Caso crıtico (apoios alinhados)Estrutura hipostatica

Figura 1.7: Questao 1.3a(b)Trelica bidimensional → d=2:Numero de reacoes de apoio (r) → 3Numero de barras (b) → 33Numero de nos (n) → 18

b+ r = 33 + 3 = 36n× d = 18× 2 = 36

}→ b+ r = n× d

Estrutura Isostatica Figura 1.8: Questao 1.3b

(c)Trelica bidimensional → d=2:Numero de reacoes de apoio (r) → 4Numero de barras (b) → 9Numero de nos (n) → 6

b+ r = 9 + 4 = 13n× d = 6× 2 = 12

}→ b+ r > n× d

Estrutura Hiperestatica (grau 1) Figura 1.9: Questao 1.3c

1.4 Prova I (02/2018)4 Para as estruturas abaixo, pede-se para classifica-las quanto ao equilıbrio estatico e, quando for ocaso, indicar o grau de indeterminacao estatica.

3Lorena Leocadio4Ana Luiza Caldeira

3

(a)Caso Crıtico (apoios alinhados).Estrutura hipostatica


(b)Vınculos (V)Vınculos externos → 4 (provenientes dos apoios)Vınculos internos→ 0

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 1 (proveniente da rotulaentre duas barras)


B C

A E A


(c)Vınculos (V)Vınculos externos → 7 (provenientes dos apoios)Vınculos internos → 18 (provenientes dos 6 quadros fecha-dos)

Graus de Liberdade (GL)Graus de liberdade externos → 3Graus de liberdade internos → 0



1.5 Prova II (02/2018)5 Para as estruturas abaixo, pede-se para classifica-las quanto ao equilıbrio estatico e, quando for ocaso, indicar o grau de indeterminacao estatica.

5Lorena Leocadio

4

(a)Trelica bidimensional → d=2:Numero de reacoes de apoio (r) → 4Numero de barras (b) → 25Numero de nos (n) → 14

b+ r = 25 + 4 = 29n× d = 14× 2 = 28

}→ b+ r > n× d

Estrutura hiperestatica (grau 1)


(b)Trelica bidimensional → d=2:Numero de reacoes de apoio (r) → 3Numero de barras (b) → 12Numero de nos (n) → 8

b+ r = 12 + 3 = 15n× d = 8× 2 = 16

}→ b+ r < n× d

Estrutura Hipostatica

Figura 1.14: Questao 1.5b(c)Trelica bidimensional → d=2:Numero de reacoes de apoio (r) → 3Numero de barras (b) → 14Numero de nos (n) → 8

b+ r = 14 + 3 = 17n× d = 8× 2 = 16

}→ b+ r > n× d

Estrutura hiperestatica (grau 1) Figura 1.15: Questao 1.5c

5

Capıtulo 2

Vigas

2.1 Prova I (01/2018)1 Para a viga indicada na Figura 2.1, pede-se:

(a) As reacoes de apoio.

(b) Os diagramas dos esforcos solicitantes.

(c) As equacoes dos esforcos solicitantes.


(a) Reacoes de apoio:∑Fx = 0→ HA = 0∑Mz

∣∣∣A

= 0→ 45− (40× 5, 5× 5, 52 ) +RB × 4 = 0 ∴ RB = 140 kN (↑)∑

Fy = 0→ −60− (40× 5, 5) +RA + 140 = 0 ∴ RA = 140 kN (↑)

(b) Diagramas de esforcos solicitantes:1Ana Luiza Caldeira

6


(c) Equacoes:

Cortantex < 4 m:

V (x) = 140− 60− 40x ∴ V (x) = 80− 40x (kN)

x > 4 m:

V (x) = 140− 60 + 140− 40x ∴ V (x) = 220− 40x (kN)

Momento fletorx < 4 m:

M(x) = −45− 60x+ 140x− 402 x

2 ∴ M(x) = −45 + 80x− 20x2 (kN.m)

x > 4 m:

M(x) = −45− 60x+ 140x+ 140(x− 4)− 402 x

2 ∴ M(x) = −605 + 220x− 20x2 (kN.m)

2.2 Prova I (02/2017)2 Para a viga da Figura 2.3, que e uma estrutura hiperestatica, foi informado o valor da reacao nosapoios A e B. Pede-se:

(a) As demais reacoes de apoio.

(b) Os diagramas e equacoes de esforcos solicitantes de toda a viga.

2Ana Luiza Caldeira

7

BC

w = 20 kN/m40 kN

MC

A

RA = 20kN R

B = 80kN

6 m2,4 m2,4 m

Figura 2.3: Questao 2.2

(a) Reacoes no apoio C:

∑Mz

∣∣∣C

= 0→ −20× 10, 8 + (40× 8, 4)− 80× 6 + (20× 6× 3)−MC = 0

∴ MC = 0∑Fy = 0→ 20− 40 + 80− (20× 6) +RC = 0 ∴ RC = 60 kN (↑)

(b) Diagramas de esforcos solicitantes e equacoes:


Cortante

x < 2, 4 m:

V (x) = 20 (kN)

2, 4 m < x < 4, 8 m:

V (x) = 20− 40 ∴ V (x) = −20 (kN)

x > 4, 8 m:

V (x) = 20− 40 + 80− 20(x− 4, 8) ∴ V (x) = −20x+ 156 (kN)

Momento fletorx < 2, 4 m:

M(x) = 20x (kN.m)

8

2, 4 m < x < 4, 8 m:

M(x) = 20x− 40(x− 2, 4) ∴ M(x) = −20x+ 96 (kN.m)

x > 4, 8 m:

M(x) = 20x− 40(x− 2, 4) + 80(x− 4, 8)− 20(x− 4, 8)2

2 ∴ M(x) = −10x2 + 156x− 518, 4 (kN.m)

2.3 Prova I (01/2018)3 Apresentam-se na Figura 2.5 trechos do relatorio do Programa INSANE referente a uma viga Gerber.Pede-se:

(a) Desenho completo do modelo, com a geometria, vinculacoes, articulacoes e carregamentos ativos.

(b) Esforcos de extremidade de todos os elementos.

(c) Diagrama de cortante e momento fletor de todos elementos.

(d) Decomposicao do modelo em vigas isostaticas (o mais simples possıvel) e a descricao do processode calculo das reacoes de apoio (representar as forcas transferidas entre as vigas sem calcula-las).

Figura 2.5: Questao 2.3. Unidades: m e kN .

(a) Desenho completo do modelo:

Para o desenho da viga, os nos devem ser posicionados de acordo com as coordenadas da lista NodalCoordinates and Angle. Em seguida, e possıvel tracar os elementos de barra unindo os nos de acordosegundo a lista Elements Attributes. Neste caso, sao dados 4 nos que formam 3 elementos de barra,conforme mostra a Figura 2.6.

3Ana Luiza Caldeira

9

1 2 3 4

10 m 10 m 5 m

Figura 2.6: Questao 2.3a – geometria.

Os apoios sao definidos na lista Nodal Restraints, que define as restricoes dos nos do modelo. Nestecaso, o no 1 possui restricoes ao deslocamento em y e a rotacao em torno do eixo z. Sabendo queo sistema INSANE nao define graus de liberdade para o deslocamento horizontal no modelo de viga,esta configuracao equivale a um engaste no no 1. Alem disso, a restricao ao deslocamento em y do no3 corresponde a um apoio articulado movel neste ponto.

Na lista Liberations at Elements Extremities sao especificadas as liberacoes das barras, definindopossıveis rotulas. Neste caso, o elemento 1-2 possui liberacao para rotacao em torno do eixo z em seuno final, o que equivale a uma rotula no no 2 – conforme ilustrado na Figura 2.7.

1 2 3 4

10 m 10 m 5 m

Figura 2.7: Questao 2.3a – apoios e rotulas.

Os carregamentos que atuam na estrutura sao definidos nas listas Nodal Loads e Distribuited Loadson Elements. Ressalta-se que as cargas nodais sao definidas de acordo com o sistema global decoordenadas. As acoes sobre os elementos, por sua vez, sao definidas pelo sistema local de cadaelemento (eixo x com origem no no inicial, apontando para o no final do elemento).

Neste caso, existe uma carga concentrada na direcao y do no 4 (negativa, portanto para baixo).Alem disso, ha uma carga distribuıda no elemento 2-3. Os valores de A e B na lista Distribuited Loadson Elements indicam distancias em relacao ao no inicial do elemento, para os quais se definem valoresde forcas (Force at A e Force at B). No presente exemplo, como o elemento 2-3 possui comprimentoigual a 10, existe uma carga distribuıda constante atuando em toda a sua extensao.

O desenho completo do modelo e apresentado na figura a seguir.

1 2 3 4

20 kN/m 100 kN

10 m 10 m 5 m

Figura 2.8: Questao 2.3a – desenho completo do modelo.

(b) Esforcos de extremidade de todos os elementos:

Os esforcos de extremidade sao indicados na lista Action at Elements Extremities. Para cadaelemento, sao informados os esforcos atuantes nos nos inicial e final, de acordo com o sistema decoordenadas local.

Tomando, por exemplo, o elemento 1-2, verifica-se uma forca vertical de 50 kN (positiva, portantopara cima) e um momento de 500 kN.m (positivo, portanto no sentido anti-horario) atuando no no 1.No no 2, atua apenas uma forca de 50 kN (negativa, portanto para baixo).

10

Os demais elementos seguem raciocınio analogo, resultando nos esforcos a seguir.

50 kN

500 kN.m

50 kN

500 kN.m

50 kN

150 kN

100 kN

100 kN

500 kN.m

1 2

2 3

3 4


A inspecao de todos os elementos da Figura 2.9 – juntamente com as reacoes de apoio fornecidas nalista Reactions on Inelastic Supports (referentes ao sistema global de coordenadas) – permite verificaro equilıbrio da estrutura.

(c) Diagrama de cortante e momento de flexao de todos elementos.

50 50

150

100

500 500

12,5 m

1

10m 10m 5m

432 20 kN/m

100 kN

62,5

DV (kN)

DM (kN.m)

p l2

8

Figura 2.10: Questao 2.3c – diagramas.

11

(d) Decomposicao do modelo em vigas isostaticas o mais simples possıvel e a descricao do processode calculo das reacoes de apoio (representar as forcas transferidas entre as vigas sem calcula-las).

A separacao da viga Gerber em vigas isostaticas mais simples e feita atraves das rotulas do modelo.Neste caso, separa-se o elemento 1-2 do trecho 2-3-4.

Feita a divisao do modelo, deve-se verificar qual elemento precisa receber os chamados “apoiosfictıcios”, resultantes da separacao da estrutura no no 2. Neste caso, verifica-se que o elemento 1-2 eisostatico em razao do engaste. Logo, um apoio fictıcio fixo deve ser adicionado ao no 2 do elemento2-3. Finalmente, verifica-se que o trecho 2-3-4 e isostatico, garantindo a decomposicao da estruturaem vigas isostaticas mais simples.

O calculo das reacoes de apoio deve ser iniciado no trecho 2-3-4, no qual sao obtidas as reacoesdos apoios 2 e 3. Na sequencia, as reacoes do apoio 2 sao transferidas (com sentidos contrarios) parao trecho 1-2. Por fim, calculam-se as reacoes no apoio 1, conforme ilustra a Figura 2.11.

Figura 2.11: Questao 2.3d – decomposicao em vigas isostaticas mais simples.

12

Capıtulo 3

Porticos

3.1 Prova I (01/2018)1 Para o portico da Figura 3.1, pede-se:


(b) Abrindo o quadro fechado na rotula H, cal-cular os esforcos nesta secao.

(c) Sem utilizar o equilıbrio de barras e nos,determinar os esforcos solicitantes nasecao transversal S da barra CE, indi-cando a natureza dos mesmos: normal(compressao ou tracao), cortante (positivaou negativa), momento (tracionando oucomprimindo o lado interno do quadro).

(d) O equilıbrio de barras e nos.

(e) Os diagramas de esforcos das barras EG eCD. Figura 3.1: Questao 3.1

(a) O calculo das reacoes pode ser iniciadoem diversos pontos. Neste exemplo, seraconsiderado o somatorio de momentos no noC, conforme mostra o diagrama de corpolivre (DCL) ao lado. Na sequencia, e possıveldeterminar os valores das reacoes atraves dasequacoes de equilıbrio:

Figura 3.2: Questao 3.1a – DCL1Ramon P. Silva

13

∑Mz

∣∣∣(AC)

C= 0→ −3HA + (20× 3× 3

2) = 0 ∴ HA = 30 kN (←)∑Fx = 0→ (20× 3) + 50−HA −HB = 0 ∴ HB = 80 kN (←)∑Mz

∣∣∣B

= 0 :

− 5RA − (20× 3× 32) + 40 + 60− (3× 50) + (30× 5× 5

2) = 0 ∴ RA = 47 kN (↑)∑Fy = 0→ RA +RB − (30× 5) = 0 ∴ RB = 103 kN (↑)

(b) Observando o DCL da Figura 3.3, pode-se notar que a rotula H ja foi substituıda poresforcos, de acordo com a sugestao do exercıcio.Para descobrir os esforcos em VH e NH , seraoutilizadas as equacoes de equilıbrio das rotulasC e F .

Figura 3.3: Questao 3.1b – Esforcos em H

∑Mz

∣∣∣(HGF )

F= 0→ 2, 5NH − 1, 5VH − (30× 2, 5)× 2, 5

2 = 0∑Mz

∣∣∣(HGF EC)

C= 0→ 5.0NH + 1.5VH − (30× 5)× 5

2 + 60 = 0

{2, 5NH − 1, 5VH = 93, 755, 0NH + 1, 5VH = 315 ∴ NH = 54, 5 kN (↑) eVH = 28, 33 kN (←) (3.1)

(c) Obtidos os valores de VH e NH , epossıvel encontrar os esforcos na secao S. Nesteexercıcio, a dica e pegar os valores em H eleva-los ate S descontando ou adicionandoos carregamentos externos, de acordo com osentido deles. Na Figura 3.4, VS , NS e MS

foram arbitrados no sentido positivo para osesforcos em S. 5 m

30 kN/m

2 m

E F

HS

60 k

N.m

G1.5 m

N S

V SM S

0.5 m

54.5 kN

28.33 kN

Figura 3.4: Questao 3.1c – Equilıbrio da secao S∑Fx = 0→ −28, 33− VS = 0 ∴ VS = −28.33 kN (→)∑Fy = 0→ 54, 5− 30× 5−NS = 0 ∴ NS = −95.5 kN (↑)∑Mz

∣∣∣S

= 0→ 54, 5× 5 + 28, 33× 0, 5− 30× 5× 52 + 60−MS = 0 ∴ MS = −28.33 kN.m (x)

14

A correta representacao dos esforcos na secao Se apresentada na Figura 3.5:

NS = −95, 5 kN (compressao)VS = −28, 33 kN (negativa)

MS = −28, 33 kN.m (comprime o lado dereferencia)

S

95,55 kN

95,5 kN

28,33 kNm

28,33 kN

28,33 kN

28,33 kNm

Figura 3.5: Questao 3.1c – Esforcos em S

(d) Equilıbrio de barras e nos:

Figura 3.6: Questao 3.1d

15

(e) Diagramas das barras EG e CD:

Figura 3.7: Questao 3.1e – (barra EG)

Figura 3.8: Questao 3.1e – (barra CD)

3.2 Prova I (02/2017)2 Para o portico da Figura 3.9, ja foram informadas as reacoes de apoio. Pede-se para fazer o equilıbriode barras e nos, explicitando o equilıbrio dos nos C e D.

2Ana Luiza Caldeira

16

Figura 3.9: Questao 3.2 – Enunciado

Figura 3.10: Questao 3.2a – Equilıbrio de barras e nos

3.3 Prova I (02/2017)3 A Figura 3.11 contem trechos de um relatorio do Programa INSANE referente a um portico composto.Pede-se:

3Ana Luiza Caldeira

17

(a) O desenho completo do modelo, com a geometria, vinculacoes, articulacoes e carregamentos ativos.

(b) A representacao do sistema de eixos locais e dos esforcos de extremidade do elemento 3− 4.

(c) Diagramas e equacoes de esforcos solicitantes do elemento 3− 4.

(d) Decomposicao do modelo em estruturas isostaticas (o mais simples possıvel) e descricao do pro-cesso de calculo das reacoes de apoio (representar as forcas transferidas entre as estruturassem calcula-las).

(e) Abrir o quadro fechado na rotula 4 e calcular os esforcos atuantes em uma secao logo abaixo elogo a direita da mesma (indicando os sinais conforme a convencao).

(f) Utilizando os resultados obtidos na letra (e), calcular os esforcos solicitantes que atuam em umasecao localizada nas coordenadas globais x = 4 m e y = 5 m (indicando os sinais conforme aconvencao).

Figura 3.11: Questao 3.3. Unidades: kN e m.

(a) Para o desenho do portico, os nos devem ser posicionados de acordo com as coordenadas dalista Nodal Coordinates and Angle. Em seguida, e possıvel tracar os elementos de barra unindo os nosde acordo com a lista Elements Attributes. Neste caso, sao dados 8 nos que formam 8 elementos.

No caso do portico plano, atencao especial deve ser dada aos sistema de coordenadas local de cada

18

barra (x′, y′). Tal sistema tem origem no no inicial de cada elemento, com eixo x′ paralelo a direcaoda barra. Ja o sentido do eixo y′ e determinado pelo triedro positivo. Os eixos locais de cada elementosao ilustrados na Figura 3.12.

6

5

4 32

7

18

3 m

3 m

4 m 4 m

x’

y’

y’

x’

y’

x’

y’

x’x’x’

x’y’

y’

x’

x’

y’

y’

x’

Figura 3.12: Questao 3.3a – Nos, elementos e sistemas de eixos locais. Por conveniencia, os eixoslocais sao indicados na metade de cada elemento.

Os apoios sao definidos na lista Nodal Restraints, que define as restricoes dos nos do modelo. Nestecaso, os nos 1 e 6 tem deslocamentos impedidos nas direcoes x e y, o que equivale a um apoio articuladofixo. Ja o no 8 tem deslocamento impedido apenas na direcao y, o que equivale a um apoio articuladomovel.

Na lista Liberations at Elements Extremities sao especificadas as liberacoes das barras, definindopossıveis rotulas. No caso do portico plano, as rotulas devem ser verificadas elemento a elemento, comatencao especial aos nos que unem mais de duas barras. Neste exemplo, as rotulas estao localizadasnos seguintes pontos:

– Nos 2 e 3 do elemento 2-3;

– No 4 do elemento 3-4;

– No 5 do elemento 4-5;

– No 7 do elemento 7-3.

Ressalta-se que as rotulas localizadas nos nos 7 e 5 sao excentricas, ou seja, nao separam as tresbarras que concorrem no respectivo no. Apenas 1 grau de liberdade interno e adicionado em razaode cada uma dessas rotulas. Logo, a barra 3-2 tem liberdade de giro em relacao ao conjunto 4-3-7.Analogamente, a barra 4-5 tem liberdade de giro em relacao ao conjunto 6-5-7. A correta definicaodas rotulas e mostrada na Figura 3.13.

19

6

4 3

18

3 m

4 m 4 m

2

75

3 m

Figura 3.13: Questao 3.3a – Apoios e rotulas.

Os carregamentos que atuam na estrutura sao definidos nas listas Nodal Loads, Concentrated Loadson Elements e Distribuited Loads on Elements. Ressalta-se que as cargas nodais sao definidas de acordocom o sistema global de coordenadas. As acoes sobre os elementos, por sua vez, sao definidas pelosistema local de cada elemento.

No presente exemplo, existe uma carga concentrada de 40 kN na direcao x no no 5 (positiva,portanto para a direita), indicada na lista Nodal Loads. Alem disso, ha um momento concentrado noelemento 3-4, conforme indicado na lista Concentrated Loads on Elements. O valor em A correspondea distancia do ponto de aplicacao do momento em relacao ao no inicial do elemento. Logo, existe umamomento concentrado de 50 kN.m (positivo, portanto anti-horario) na metade da barra 3-4.

Ha tambem cargas distribuıdas em 5 elementos, conforme indicado na lista Distribuited Loadson Elements. Todas elas correspondem a forcas distribuıdas na direcao y′, sendo necessaria atencaoespecial aos eixos locais de cada elemento. Os valores de A e B na lista Distribuited Loads on Elementsindicam distancias em relacao ao no inicial do elemento, para os quais se definem valores de forcas(Force at A e Force at B). Logo, existem cargas distribuıdas constantes nos elementos 2-3 e 3-4,agindo sobre toda a extensao das barras. Ja nos elementos 1-2, 4-5 e 5-6, existem cargas distribuıdastriangulares. Cabe ressaltar que o sistema INSANE define uma carga distribuıda linear caso os valoresinformados para Force at A e Force at B sejam diferentes entre si.

O desenho completo do modelo e apresentado na Figura 3.14.

6

5

4 3

18

3 m

3 m

4 m 4 m

2

7

2 m

40 kN

45 kN/m

50 kN.m

30 kN/m30 kN/m

Figura 3.14: Questao 3.3a: Desenho completo do modelo.

20

(b) Os esforcos de extremidade sao informados na lista Actions at Elements Extremities, definidosde acordo com o sistema local de cada elemento. Logo, obtem-se o seguinte esquema para o elemento3-4:

4 3

x’

y’

119,375 kN 60,625 kN

67,5 kNm

7,5 kN 7,5 kN

50 kNm

45 kN/m

2 m 2 m


(c) Diagramas do elemento 3− 4:

34

60,625

148,75

108,4

98,75

67,5

119,375

4 3

4 3

7,5

DM (kN.m)

DV (kN)

DN (kN)

2,65


Cortante

V (x′) = 60, 625− 45x′ kN

21

Momento fletor

x′ < 2 m :M(x′) = 67, 5 + 60, 625x′ − 22, 5x′2 kN.mx′ > 2 m :M(x′) = 67, 5 + 60, 625x′ − 22, 5x′2 + 50 = 117, 5 + 60, 625x′ − 22, 5x′2 kN.m

(d) A separacao do portico em estruturas isostaticas mais simples se inicia com a inspecao dasrotulas do modelo. Neste caso, separa-se o elemento 2-3 do trecho 4-3-7. Da mesma forma, separa-seo elemento 8-7 do trecho 5-7-3 e o elemento 4-5 do trecho 6-5-7.

Em seguida, deve-se verificar qual elemento precisa receber os chamados “apoios fictıcios”, re-sultantes da separacao da estrutura nas rotulas. Neste caso, verifica-se que o trecho 1-2-3 torna-seisostatico com a colocacao de um apoio fixo (fictıcio) no no 3. Na sequencia, o trecho 5-4-3-7 torna-seisostatico com um apoio fixo (fictıcio) no no 5, mantendo-se a rotula no no 4. Finalmente, o trecho6-5-7-8 e isostatico sem a adicao de nenhum apoio.

O processo de solucao e ilustrado na Figura 3.17. O calculo das reacoes de apoio se inicia naestrutura (I), na qual sao calculadas as reacoes nos apoios 1 e 3. Em seguida, as reacoes do apoio3 sao transferidas (com sentidos contrarios) para a estrutura (II), na qual sao obtidas as reacoes nosapoios 5 e 7. Por fim, transferem-se as reacoes nos apoios 5 e 7 (com sentidos contrarios) para aestrutura (III), na qual sao calculadas as reacoes nos nos 6 e 8.

II

I

III

-V5

H5

-H5

H6

V6 V8

V1

H1

H3

V3 -V3

H7

-H7

-H3

V7

-V7

V5

Figura 3.17: Questao 3.3d

(e) Observando o DCL da Figura 3.18, e possıvel notar que a rotula 4 ja foi substituıda por esforcosna barra 4-5. Neste caso, os esforcos V4 e N4 serao calculados atraves das equacoes de momento nulonas rotulas 5 e 7:

22

∑Mz

∣∣∣(45)

5= −V4 × 3− 15× 3

2 × 1 = 0 ∴ V4 = −7, 5 kN (←)∑Mz

∣∣∣(45687)

7= −(72, 5× 4)− (100× 3) + (30× 6

2 × 1) + 7, 5× 3−N4 × 4 = 0

∴ N4 = −119, 375kN (↓)

6 8

4 m

75

V4

N4

30 kN/m

40 kN40 kN

100 kN

72,5 kN 197,5 kN

3 m

3 m

Figura 3.18: Questao 3.3e

A correta representacao dos esforcos logo abaixo e logo a direita da rotula 4 e apresentada naFigura 3.19:

Barra 4-5: N4 = −119, 375 kN (compressao) e V4 = −7, 5 kN (negativa);Barra 4-3: N4 = −7, 5 kN (compressao) e V4 = 119, 375 kN (positiva).

S

95,55 kN

95,5 kN

28,33 kNm

28,33 kN

28,33 kNm

S

150,625 kN

150,625 kN

45 kNm

45 kNm

22,5 kN

119,375 kN119,375 kN

7,5 kN

47,5 kN

5

3

3

5

4

Figura 3.19: Questao 3.3e – Esforcos na rotula 4.

(f) Obtidos os valores de V4 e N4, e possıvel encontrar os esforcos na secao S solicitada. Nesteexercıcio, optou-se por utilizar o trecho 4-5-6-8-7, levando os carregamentos externos (com o devidosinal) ate a secao S. Na Figura 3.20, VS , NS e MS foram arbitrados no sentido positivo para os esforcosem S:

23

∑Fy = 0→ NS − 119, 375 + 72, 5 + 197, 5 = 0 ∴ NS = −150, 625 kN (↓)∑Fx = 0→ VS − 7, 5 + 40 + 30× 6

2 − 100 = 0 ∴ VS = −22, 5 kN (←)∑Mz

∣∣∣S

= 0→MS + 119, 375× 4 + 7, 5× 1 + 40× 2 + 30× 62 × 3− 100× 5− 72, 5× 4 = 0

∴ MS = −45 kN.m (x)

6 8

4 m

75

V4

N4

30 kN/m

40 kN40 kN

100 kN

72,5 kN 197,5 kN

3 m

3 m

Figura 3.20: Questao 3.3f

A correta representacao dos esforcos em S e apresentada na Figura 3.21:NS = −150, 625 kN (compressao)

VS = −22, 5 kN (negativa)MS = −45 kN.m (comprime o lado de referencia)

S

150,625 kN

150,625 kN

45 kNm

45 kNm

22,5 kN

Figura 3.21: Questao 3.3f – Esforcos em S.

3.4 Prova I (02/2018)4 Dado o relatorio do programa INSANE apresentado na Figura 3.22, pede-se, apenas para a barra 1-2:

4Karla Fernanda dos Santos

24

(a) Fazer o desenho da barra, indicando os carregamentos, esforcos de extremidade e sistema de eixoslocal.

(b) Tracar os diagramas dos esforcos normal, cortante e momento fletor. Nos diagramas de cortante emomento, indicar o grau da curva e representar tres pontos. No diagrama de momento, indicar,se houver, o ponto de tangente nula.

(c) Escrever a equacao do momento fletor.


25

Figura 3.23: Questao 3.4 – continuacao

(a) Para a representacao da barra 1-2, devem ser seguidos os mesmos passos da Questao 3.3. Dessaforma, obtem-se o desenho completo mostrado na Figura 3.24:

x’

y’1

25

20

120

258,33

258,33

4 m

50


(b) Diagramas da barra 1-2:

26

Diagrama de Normal

-258,33

Diagrama de Cortante

2º grau0

x’=2: V=32,5

50

Diagrama de Momento

3º grau

tg =0 em x’=4

x’=2:M=-35

-120


(c) Momento fletor

M(x′) = −10x′2 + 0, 625x′3

3.5 Prova I (02/2018)5 Para o portico da Figura 3.26, pede-se:

(a) Sem realizar calculos, apresentar a decomposicaodo portico em estruturas isostaticas (o mais sim-ples possıvel) e indicar o processo de calculo dasreacoes de apoio.

(b) Sem realizar a decomposicao da estrutura, abrira malha DBC na rotula D e calcular os esforcosatuantes na extremidade D da barra DC e dabarra DB.

(c) Com base no resultado obtido na letra (b) calcu-lar os esforcos atuantes na secao S.

(d) Fazer o equilıbrio de barras e nos.

(e) Tracar os diagramas de esforcos solicitantes (nor-mal, cortante e momento fletor) das barras DCe CB.

Dadas as Reacoes de Apoio:

RA = 45 kN(↑), RB = 75 kN(↑) e HB = 160 kN(←)

4 m

A

B

30 kN/m

D

3 m

3 m

C

S20 k

N/m

1.5 m

2 m

40 kN

Figura 3.26: Questao 3.55Karla Fernanda dos Santos

27

(a) A decomposicao do portico em estruturasisostaticas e feita atraves da inspecao dasrotulas do modelo. Apos analisar a adequadaseparacao das rotulas, deve-se verificar qualbarra precisa receber “apoios fictıcios”, resul-tantes da separacao da estrutura.

Neste caso, ressalta-se que a rotula localizadaem D e excentrica, ou seja, a barra CD temliberdade de giro em relacao ao conjuntoA-D-B. Separando a barra CD do trechoA-D-B, observa-se que o trecho D-C-B torna-seisostatico com a adicao de um apoio fictıcio fixoem D, mantendo-se a rotula em C. Em seguida,verifica-se que o trecho A-D-B e isostatico sema adicao de nenhum apoio. Cabe ressaltar queo apoio em B (no qual concorrem duas barras)continua presente tanto no trecho D-C-B quantono trecho A-D-B.

A decomposicao e o processo de calculo dasreacoes de apoio sao ilustrados na Figura 3.27.O calculo das reacoes deve ser iniciado na estru-tura (I), na qual sao obtidas as reacoes em D e B.Na sequencia, as reacoes em D e B sao transfe-ridas (com sentidos contrarios) para a estrutura(II). Finalmente, sao calculadas as reacoes em Ae B na estrutura (II).

A

B

D

C

B

B

RD

HB

RB

HD

RD

HD

RB

HB

D

(I)

(II)

Figura 3.27: Questao 3.5 (a)

(b) Observando o trechoDBC na Figura 3.28, pode-se notar quea rotula D ja foi substituıda por esforcos na extremidade da barraDC. Os esforcos VD e ND serao calculados atraves das equacoes demomento nulo nas rotulas C e B: B

C

20 k

N/m 40 kN

VD

30 kN/m

ND

4 m

3 m

3 m

D

Figura 3.28: Questao 3.5 (b)

∑Mz

∣∣∣(DC)

C= 0→ 20× 3× 1, 5 + 40× 1, 5− VD × 3 = 0 ∴ VD = 50 kN (←)∑

Mz

∣∣∣(DCB)

B= 0→ ND × 4− 40× 1, 5− 20× 3× 1, 5 + 30× 4× 2 = 0 ∴ ND = −22, 5 kN (↑)

28

(c) Obtidos os valores de VD e ND, epossıvel encontrar os esforcos na secao S. Aestrategia mais simples consiste em partir doapoio A e levar todos os esforcos ate S (fa-zendo o caminho A-D-S), conforme indicadona Figura 3.29.

D

S50 kN

22,5 kN

45 kN

VS

NS

MS

2 m

3 m

20 k

N/m

A

Figura 3.29: Questao 3.5 (c)∑Fy = 0→ 45− 22, 5− VS = 0 ∴ VS = 22, 5 kN (↓)∑Fx = 0→ 20× 3 + 50 +NS = 0 ∴ NS = −110 kN (←)∑Mz

∣∣∣S

= 0→ −45× 2 + 20× 3× 1, 5 + 22, 5× 2−MS = 0 =∴MS = 45 kN.m (y)

A correta representacao dos esforcos em S e ilustrada na Figura X:

NS = −110 kN (compressao)VS = 22, 5 kN (positiva)

MS = 45 kN.m (traciona o lado de referencia)

S 110 kN

45 kNm

22,5 kN

S

150,625 kN

150,625 kN

45 kNm

45 kNm

22,5 kN

119,375 kN119,375 kN

22,5 kN

C7,5 kN

5

3

3

D

4

D B

50 kN

110 kN

22,5 kN

45 kNm

Figura 3.30: Questao 3.5 (c) – Esforcos em S

(d) Equilıbrio de barras e nos:

29

4m

A

B

30

D

3m

3m

20

1,5 m

40

D

45

45

60

90

D B110 110

9022,5 22,5

4m

C

50

22,5

97,5

50

20

1,5 m

22,5

50

22,5

50

D

90

90

60

45

22,5

22,5

110

50

B

97,5

50

11022,5

160

75

C

C

22,522,5

50 50

Figura 3.31: Questao 3.5 (d)

(e) Diagramas das barras DC e CB:

D

C

20

1,5 m

40 1,5 m

22,550

22,5

50C -22,5

DN (kN)

20 -20

-50

50

DV (kN)

52,5

DM (kN.m)

Figura 3.32: Questao 3.5 (e) – Barra DC

30

B

30

3m

4m

C

50

22,5

97,5

50

C

Ba

cos = 0,8sen = 0,6

aaa 40

50 30

a22,5

13,518 26,5

48

97,550a

58,5

78

30

a

40

98,5

48

30x45

= 24

24a

19,214,4

DN(kN)

-26,5

-98,5

DV(kN) 48

-48

DM(kN.m)

60

Figura 3.33: Questao 3.5 (e) – Barra CB

3.6 Prova II (01/2018)6 Para a estrutura da Figura 3.34, pede-se:

(a) Decomposicao em estruturas isostaticas (o maissimples possıvel).

(b) Descrever o processo de solucao a partir da de-composicao, indicando a sequencia e os esforcostransferidos. A

D EF

P

C

B

G


(a) A decomposicao do portico em estruturas isostaticas e feita atraves da inspecao das rotulasdo modelo e adicao de apoios fictıcios, conforme apresentado nas Questoes 3.3 e 3.5. Para o presenteexemplo, obtem-se a seguinte decomposicao:

6Lorena Leocadio

31

DE

F

P

C

A

D

C

A

C

B

RC

(I)

HC

(I)

RD

(I)

HD

(I)

-HD

(I)

-RD

(I)

RC

(II)

HC

(II)

HA

(II)

RA

(II)

-RA

(II)

HA

(II)

RA

(III)

HA

(III)

- (RC

(I) + RC

(II))

- (HC

(I) + HC

(II))

RB

(III)

HB

(III)

(I)

(II)

(III)

G


(b) O processo de solucao e iniciado na estrutura (I), na qual sao calculadas as reacoes nos apoiosC e D.

Em seguida, resolve-se a estrutura (II), que recebe as reacoes do apoio D calculadas na estrutura(I). Na sequencia, calculam-se as reacoes nos apoios A e C.

Finalmente, a solucao e encerrada na estrutura (III). Neste caso, as reacoes do apoio C – calculadasnas estruturas (I) e (II) – sao somadas e transferidas para a estrutura (III). Alem disso, as reacoes doapoio A da estrutura (II) tambem sao transferidas para essa estrutura. Finalmente, calculam-se asreacoes nos apoios A e B.

32

Capıtulo 4

Arcos

4.1 Prova II (01/2018)1 Para o arco apresentado na Figura 4.3, cuja geometria e dada pela Equacao 4.1, pede-se o calculodos esforcos solicitantes na secao S (momento fletor, cortante e normal), indicando os sinais de acordocom a convencao. Para o momento fletor, considerar como referencia o lado interno do arco.

y = − 425x

2 + 85x (4.1)

A B

C

x

y 1,6 m

6 m

S

20 kN/m

VA

HA

VB

HB

1 m 1m 1 m 1m


A solucao se inicia com o calculo das reacoes de apoio:

VA = VB = 20× 82 = 80 kN (↑)∑

Mz

∣∣∣BC

C= 0→ 80× 2− 20× 1× 0, 5−HB × 1, 6 = 0 ∴ HB = 93, 75 kN (←)∑

Fx = 0→ HA = 93, 75 kN (→)

Na sequencia, e feito o equilıbrio na secao S, conforme mostra a Figura 4.2.1Lorena Leocadio

33

α

S

20

93,75

93,75 cos α

80

93,75

60

93,75 sen α

60 cos α 60 sen α

80 – 20∙1 = 60

NS

VS

MS

y’

x’

α α

1 m 1m

1,6

m

Figura 4.2: Questao 4.1 – Equilıbrio

Os valores de senα e cosα sao obtidos atraves da equacao do arco:

tg (α) = dy

dx= −0, 2x+ 1

tg (α)|x=2 = −0, 2× 2 + 1 = 0, 6→{

sen(α) = 0, 514cos(α) = 0, 857

De posse dos valores de sen(α) e cos(α), obtem-se os esforcos na secao solicitada:∑Fx′ = 0→ 60× sen(α) + 93, 75× cos(α) +NS = 0 ∴ NS = −111, 18 kN (compressao)∑Fy′ = 0→ −60× cos(α) + 93, 75× sen(α) + VS = 0 ∴ VS = 3, 23 kN (positiva)∑Mz = 0→ −80× 2 + 93, 75× 1, 6 + 20× 1× 0, 5 +MS = 0 ∴MS = 0

4.2 Prova II (02/2018)2 Para o arco apresentado na Figura 4.3, cuja geometria e dada pela Equacao 4.2, pede-se o calculodos esforcos solicitantes na secao S (momento fletor, cortante e normal), indicando os sinais de acordocom a convencao. Para o momento fletor, considerar como referencia o lado interno do arco.

Dadas as reacoes de apoio:RA = 54 kN (↑)RB = 66 kN (↑)H = 41, 25 kN

y = − 425x

2 + 85x (4.2)

2Lorena Leocadio

34

H


Os esforcos sao obtidos a partir do equilıbrio da secao S, conforme mostra a Figura 4.4.

S

54

41,25

10

20

41,25

41,25 cos α

41,25 sen α

24 cos α24 sen α

24

54 – 20 -10∙1 = 24

NS

VS

MS

α

α

y’

x’

2 m

α

1 m

3,36 m

Figura 4.4: Questao 4.2 – Equilıbrio

Os valores de senα e cosα sao obtidos atraves da equacao do arco:

tg (α) = − 825x+ 8

5

tg (α)|x=3 = 0, 64→{

sen(α) = 0, 539cos(α) = 0, 842

A coordenada y na secao S e dada por:

yS = 4× 925 + 8× 3

5 = 3, 36m

35

Finalmente, de posse dos valores de sen(α) e cos(α), obtem-se os esforcos na secao solicitada:

∑Fx′ = 0→ −24× sen(α)− 41, 25× cos(α) +NS = 0 ∴ NS = −47, 67 kN (compressao)∑Fy′ = 0→ −24× cos(α) + 41, 25× sen(α) + VS = 0 ∴ VS = −2, 03 kN (negativa)∑Mz = 0→ −54× 3 + 20× 1 + 10× 1× 0, 5 + 41, 25× 3, 36 +MS = 0

∴MS = −1, 60 kN.m (comprime o lado de referencia)

36

Capıtulo 5

Grelhas

5.1 Prova II (01/2018)1 Para a grelha apresentada na Figura 5.1, pede-se:


(b) O equilıbrio de barras e nos.

(c) Os diagramas de esforcos solicitantes de todas as barras.


(a) Calculo das reacoes de apoio:∑Mx

∣∣∣B

= 0→ −RA × 4 + 15× 5× 2− 80× 4− 12 = 0

∴ RA = −45, 50 kN⊗∑My

∣∣∣C

= 0→ −RB × 4 + 45, 5× 1 + 15× 5× 2, 5− 40× 2− 4× 4− 15 = 0

∴ RB = 30, 5 kN�∑Fz = 0→ RA +RB +RC − 15× 5 + 40− 80 = 0

∴ RC = 130 kN⊗

(b) Equilıbrio de barras e nos:1Lorena Leocadio

37

D

B

A

C⊗

264⊗⊗

⊗⊗

⊗⊗

12

⊗45 ,5 kN

15kN/m

B

⊙120 ,5

⊙90

249⊙30 ,5

15

320

320

⊗120 ,5

C⊙130

16

16

80

320

320

⊗50

⊗

⊙

320

80

16

C⊙50

16

320

320

⊗90

320 249

α

α

α199,2

149,4

256192

B

A⊗⊗

⊗⊗

⊗⊗

⊗45 ,5

⊙120 ,59 ,6

7 ,2

B

264

405,4

7,2

80

4

40⊙


(c) Diagramas de todas as barras:

38

7,2

AB BC

320

320

264

DT (kN.m)

DM (kN.m)

DV (kN)

CD

16

120,590

80

45,550

160,6

405,4

151

84

16


5.2 Prova II (02/2018)2 Para a grelha apresentada na Figura 5.4, pede-se:


(b) O equilıbrio de barras e nos.

(c) Os diagrama de esforcos solicitantesde todas as barras.

Dados:

cos(θ) = 0, 8sen(θ) = 0, 6

Figura 5.4: Questao 5.22Lorena Leocadio

39

(a) Calculo das reacoes de apoio:∑Mx

∣∣∣A

= 0→ −80× 5 + 15× 4× 5 + 40× 2, 5 + 10× 0, 8−RC × 5 + 4× 8 = 0

∴ RC = 8, 00 kN� (5.1)∑My

∣∣∣A

= 0→ −80× 2 + 15× 4× 4 + 40× 4 + 10× 0, 6−RB × 8− 8× 6 = 0

∴ RB = 24, 75 kN� (5.2)∑Fz = 0→ +8 + 24, 75− 40 + 80− (15× 4) +RA = 0

∴ RA = −12, 75 kN� (5.3)

(b) Equilıbrio de barras e nos:

51

4

32150

12

A

6

D16

5116

99

12.75

24,75

12

15032

12.75

12.75

16

99

424.75

24.7516

B

840

0

144

28

130

15F E22

130

144

50

2814

80

50

C14

1522 8


40

(c) Diagramas de todas as barras:

16

DT (kN.m)

AD

DM (kN.m) DV (kN)

-51

-12,75

-16 99 -24,75

150 144

32

7062

12

28

zero 5080

13072,5

zero

-8

22

0,5

1,467 m

7,5

2,13

1,467 m

14

DB

DE

FE

EC


41

Capıtulo 6

Trelicas

6.1 Prova II (01/2018)1 Para a trelica apresentada na Figura 6.1, pede-se:

(a) Utilizando o metodo das secoes, calcular o esforco normal na barra CD.

(b) Preencher a tabela a seguir, calculando os esforcos nas demais barras pelo metodo dos nos.


Barra Esforco Comp./TracaoABBCCDDEDFAGGHHIIJ

GBBHHCHNINCNNJ

1Lorena Leocadio

42

(a)


Fazendo um corte nas barras IJ, NJ e CD (apresentadoao lado), e possıvel calcular o valor deNCD da seguinteforma:∑

MJ = 0→ NCD × 4− 40× 5, 5 + 20× 1, 5 = 0(6.1)

∴ NCD = 47, 5 kN (6.2)

(b)

Figura 6.3: Questao 6.1b – No G

Analisando o no G, ilustrado na Figura 6.3, verifica-se a presencade uma barra (GB) nao-colinear a duas barras colineares (AG eGH). Neste caso, as normais NGH e NAG sao iguais entre si e NGB

e nula:

∑Fy′ = 0→ NGB = 0∑Fx′ = 0→ NGH −NAG = 0

∴ NGH = NAG

Procedendo de maneira analoga na metade esquerda da estrutura,temos:

NGB = NBH = NHC = NNH = NIN = 0NAG = NGH = NHI = NIJ

NNC = NNJ

NAB = NCB

Desse modo, as demais barras solicitadas no enunciado podem sercalculadas utilizando apenas o equilıbrio dos nos C e A.

Figura 6.4: Questao 6.1b – No C

Fazendo o equilıbrio do no C:

sen(α) = 0, 936, cos(α) = 0, 351∑Fy = 0→ NCN × senα− 20 = 0

∴ NCN = 21, 368 kN∑Fx = 0→ NCN × cosα+ 47, 5−NBC = 0

∴ NBC = 55, 0 kN

43

Figura 6.5: Questao 6.1b – No A

Fazendo o equilıbrio do no A:

sen(θ) = 0, 588, cos(θ) = 0, 809∑Fy = 0→ NAG × senθ + 40 = 0

∴ NAG = −68, 027 kN

Os esforcos de todas barras solicitadas no enunciado sao apresentados na tabela a seguir.

Barra Esforco (kN) Compr./TracaoAB 55 TracaoBC 55 TracaoCD 47,5 TracaoDE 55 TracaoDF 55 TracaoAG 68,027 CompressaoGH 68,027 CompressaoHI 68,027 CompressaoIJ 68,027 Compressao

GB 0 -BH 0 -HC 0 -HN 0 -IN 0 -CN 21,368 TracaoNJ 21,368 Tracao

44

Capıtulo 7

Linhas de Influencia

7.1 Prova III (01/2018)1 Para a trelica apresentada na Figura 7.1, considerando o carregamento vindo por cima, pede-se:

-316

916

-916

L.I de NFE


(a) A linha de influencia para o esforco normal da barra BF.

(b) Dada a linha de influencia do esforco normal da barra FE, calcular os valores maximo e mınimopara esse esforco considerando o trem-tipo fornecido e uma forca permanente de 20 kN/m.

(a) Utilizando o metodo das secoes com o corte apresentado na Figura 7.2, e possıvel calcular o valorde NBF em funcao da reacoes de apoio RG e RE :

1Thaianne Simonetti de Oliveira

45

RG

RE

CB

F

A

NBF

NBC

NGF

DNBC

NBF

NGF

α

α

x3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m

Figura 7.2: Questao 7.1a – Corte para o calculo de NBF .

Sabendo que cos(α) = 0, 6 e sen(α) = 0, 8, temos:

– Para x < 6 m, utilizando o lado direito do corte (sem a presenca da carga unitaria):

∑Fy = 0→ NBF × 0, 8 +RE = 0 ∴ NBF = −1, 25RE (7.1)

– Para x > 12 m, utilizando o lado esquerdo do corte (sem a presenca da carga unitaria):

∑Fy = 0→ −NBF × 0, 8 +RG = 0 ∴ NBF = 1, 25RG (7.2)

Na sequencia, e necessario tracar as linhas de influencia das reacoes RG e RE :

1,251

0,25

11,25

0,25

3 m 3 m12 m

L.I. de RG

L.I. de RE

G E

G E

Figura 7.3: Questao 7.1a – Linhas de influencia das reacoes RG e RE .

46

Finalmente, a linha de influencia de NBF e tracada utilizando as Equacoes 7.1 e 7.2 e as linhas deinfluencia de RG e RE :

F

B

RG

RE

-0,3125

0,31250,3125

0,3125

1,25

-1,25

L.I de NBF

Figura 7.4: Questao 7.1a – Linha de influencia de NBF .

(b) Os valores extremos do esforco desejado – neste caso, o esforco normal em uma barra de trelica– sao dados pela superposicao das acoes do peso proprio (forca permanente) com as acoes do trem-tipo(forcas acidentais moveis). A forca distribuıda permanente deve ser imposta sobre toda a extensao dalinha de influencia. Ja as forcas moveis sao aplicadas de forma a minimizar ou maximizar o esforcoanalisado, definindo posicoes crıticas para o trem-tipo. Essas posicoes sao escolhidas tendo em vistaque o valor resultante e dado pelas seguintes contribuicoes:

• Soma dos produtos de cada forca concentrada pela correspondente ordenada da linha de in-fluencia;

• Soma dos produtos de cada forca distribuıda pela correspondente area da linha de influencia.

Para obter a parcela relativa ao peso proprio, calculam-se as areas da linha de influencia fornecida:

A1 = − 316 × 3× 1

2 = − 332 = −0, 28125→ triangulo de altura = −3/16

A2 = 916 × 12× 1

2 = 5416 = 3, 375→ triangulo de altura = 9/16

A3 = − 916 × 3× 1

2 = −2732 = −0, 84375→ triangulo de altura = −9/16

Area total : AT = A1 +A2 +A3 = 2, 25

De posse da area total e do valor da forca distribuıda permanente (qP P ), obtem-se o esforco normaldevido ao peso proprio:

47

NPP = qP P ×AT = 20× 2, 25 ∴ NP P = 45 kN

Na sequencia, e necessario calcular os esforcos extremos (mınimo e maximo) provocados pelasforcas moveis. As posicoes crıticas do trem-tipo devem seguir as seguintes orientacoes:

• As distancias entre as cargas concentradas – relacionadas ao veıculo-tipo – devem ser mantidasfixas;

• Considerando a acao do trem-tipo nos dois sentidos do percurso horizontal, a posicao das forcasconcentradas pode ser espelhada, caso necessario;

• No caso do trem-tipo apresentado na Figura 7.1, existe uma unica magnitude de forca distribuıda(relacionada a carga de multidao). Neste caso, tal forca pode ser estendida ou interrompida otanto quanto desejado quando se buscam as condicoes mais desfavoraveis para o esforco emquestao.

Dito isso, o esforco normal mınimo devido as forcas moveis (NMovelMIN ) e obtido na configuracao

da Figura 7.5. A posicao do trem-tipo e tal que a maior forca concentrada e aplicada sobre a menorordenada da linha de influencia, com a forca distribuıda imposta sobre todas as areas negativas.

-9/16-3/16

3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m

9/16

30 kN

2 m

30 kN

3 m

10 kN

0,43750,25

-9/16-3/16

3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m

9/16

30 kN

2 m

30 kN

0,1875

3 m

10 kN

15 kN/m

15 kN/m

15 kN/m

Figura 7.5: Questao 7.1b – Configuracao para o esforco normal mınimo.

NMovelMIN = 30×

(−916

)+ 30× (−0, 1875) + 15× (−0, 84375− 0, 28125) = −39, 375 kN (7.3)

De maneira analoga, define-se a posicao do trem-tipo para o esforco normal maximo devido asforcas moveis (NMovel

MAX ):

48

-9/16-3/16

3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m

9/16

30 kN

2 m

30 kN

3 m

10 kN

0,43750,25

15 kN/m

Figura 7.6: Questao 7.1b – Configuracao para o esforco normal maximo.

NMovelMAX = 30× 9

16 + 30× 0, 4375 + 10× 0, 25 + 15× 3, 375 = 83, 125 kN (7.4)

Finalmente, os valores extremos do esforco normal sao dados pela soma do resultado da forcapermanente com os resultados das forcas moveis:

NMAX = NMovelMAX +NP P = 83, 125 + 45 = 128, 125 kN

NMIN = NMovelMIN +NP P = −39, 375 + 45 = −5, 625

7.2 Prova II (02/2018)2 Tracar as linhas de influencia, indicando pelo menos duas ordenadas em cada segmento de reta,para:

(a) Momento fletor na secao S da viga Gerber abaixo.


(b) Esforco normal da barra HD da trelica abaixo.2Lorena Leocadio

49


(a) A solucao se inicia com a decomposicao da viga Gerber em estruturas isostaticas mais simples,conforme mostra a Figura 7.9. Verifica-se que as vigas V2 e V3 transferem esforcos para a viga V1,na qual esta localizada a secao de interesse para a linha de influencia do momento fletor.

SA BS C D E F

FE

DC

A BS

G

G

V2

V3

V1

Figura 7.9: Questao 7.2a – Decomposicao da viga Gerber.

Feita a separacao da viga Gerber, e possıvel construir a linha de influencia analisando as vigas V1,V2 e V3, lembrando sempre que estamos interessados no momento fletor na secao S:

1. Primeiramente, analisamos a forca unitaria percorrendo a viga V1. Uma vez que a secao S seencontra nessa propria viga, podemos obter a linha de influencia de MS a partir das reacoes deapoio RA e RB:

50

A BS

-1

1

2 m 2 m 2 m

V1

1

0,5

11,5

L.I de RA

L.I de RB

L.I de MS

x < 2: Ms = 2 R

Bx > 2: M

s = 2 R

A

3

0,5

0,5

2

x

Figura 7.10: Questao 7.2a – L.I. de MS , viga V1.

2. Em seguida, analisamos a forca unitaria percorrendo a viga V2. Neste caso, basta analisar atransferencia dos esforcos de V2 para V1, feita por meio do apoio fictıcio em C. Caso a reacaoem C seja nula, nenhuma forca sera transmitida para a viga V1, o que resultara em MS iguala zero. Uma vez que V2 e uma viga biapoiada, sabemos que a reacao em C sera nula quandoa forca unitaria for aplicada sobre o apoio D, conforme mostra a Figura 7.11. Logo, podemossimplesmente ligar a linha de influencia ate zero no ponto correspondente ao apoio D e prolongara reta ate a extremidade de V2:

51

A BS

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

V2

C D E

1

10

0

-1

1

MS = 0

1

-1

1

V1


3. Finalmente, analisamos a forca unitaria percorrendo a viga V3 para construir o trecho final dalinha de influencia. Como os esforcos sao transferidos de V3 para V2 por meio do apoio fictıcioem E, podemos usar o mesmo procedimento do item anterior: a reacao no apoio E e nula quandoa forca unitaria e aplicada sobre o apoio F. Neste caso, nenhuma forca sera transmitida para V2e, consequentemente, para V1, implicando em MS igual a zero. Desse modo, basta ligar a linhade influencia ate zero no ponto correspondente ao apoio F e prolongar a reta ate a extremidadede V3:

52

FE

DC

A BS

G

1

-1

1

V3

1

0

0

0 0

0

MS = 0

1

-1 -1

1

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

V2

V1


(b) Utilizando o metodo das secoes com o corte representado na Figura 7.19, e possıvel calcular ovalor da normal NHD em funcao das reacoes RB e RD:

53

NHI

NHI

NHD

NHD

NCD

F G H I J

EDBA

3 m

4 m 4 m 4 m

α

α

NCD

4 m

Figura 7.13: Questao 7.2b – Corte para o calculo de NHD

Sabendo que cos(α) = 0, 8 e sen(α) = 0, 6, temos:

– Para x < 8 m, utilizando o lado direito do corte (sem a presenca da carga unitaria):

∑Fy = 0→ NHD × 0, 6 +RD = 0 ∴ NHD = −5RD

3 (7.5)

– Para x > 12 m, utilizando o lado esquerdo do corte (sem a presenca da carga unitaria):

∑Fy = 0→ −NHD × 0, 6 +RB = 0 ∴ NHD = 5RB

3 (7.6)

Na sequencia, e necessario tracar as linhas de influencia das reacoes RB e RD:

1

1,5

-0,5

L.I. de RB

-0,5

1

4 m 4 m 4 m4 m

L.I. de RD

1,5

Figura 7.14: Questao 7.2b – Linhas de influencia das reacoes RB e RD

Finalmente, obtem-se a linha de influencia de NHD a partir das Equacoes 7.5 e 7.6 e das linhas deinfluencia de RB e RD:

54

EDBA

3 m

4 m 4 m 4 m4 m

F G H I J

C

5 6

5 6

-

5 6-

5 3

-

5 3

Figura 7.15: Questao 7.2b – Linha de influencia de NHD

7.3 Prova II (02/2018)3 Para a linha de influencia representada abaixo, referente ao momento fletor em uma certa secao deuma viga Gerber, calcular os valores extremos deste esforco considerando o trem-tipo e o carregamentopermanente fornecidos.

Figura 7.16: Questao 7.3: trem-tipo

0,5

-1

2

4 m 4 m 2 m 2 m 2 m1 m

Figura 7.17: Questao 7.3: linha de influencia

Primeiramente, calculam-se as areas da linha de influencia fornecida:

A1 = 2× 82 = 8→ triangulo de altura = 2

A2 = −1× 42 = −2→ triangulo de altura = −1

A3 = 0, 5× 32 = 0, 75→ triangulo de altura = 0, 5

Area total:AT = 8− 2 + 0, 75 = 6, 75

De posse da area total, e possıvel calcular a parcela do momento fletor relativa ao carregamentopermanente:

MP P = qP P ×AT = 10× 6, 75 = 67, 5 kN.m3Lorena Leocadio

55

Na sequencia, definem-se os carregamento moveis que levam aos momentos fletores mınimo emaximo (Mmovel

MIN e MmovelMAX). Seguindo os mesmos passos da Questao 7.1, obtem-se:

0,5

-1

2

4 m 4 m 2 m 2 m 2 m1 m

40 kN80 kN

3 m

20 kN/m

Figura 7.18: Questao 7.3 – Configuracao para o momento fletor mınimo (MmovelMIN )

MmovelMIN = 80× (−1) + 40× 0, 5 + 20× (−2) = −100kN.m

0,5

-1

2

4 m 4 m 2 m 2 m 2 m1 m

40 kN80 kN

20 kN/m

3 m

20 kN/m

0,5

Figura 7.19: Questao 7.3 – Configuracao para o momento fletor maximo (MmovelMAX)

MmovelMAX = 80× 2 + 40× 0, 5 + 20 (8 + 0, 75) + = 355kN.m

Finalmente, os valores extremos do momento fletor sao dados pela soma do resultado da forcapermanente com os resultados das forcas moveis:

MMIN = 67, 5− 100 = −32, 5kN.mMMAX = 67, 5 + 355 = 422, 5kN.m

56

7.4 Prova III (02/2016)

(a) Para a viga Gerber da Fig. 7.20, tracar a linha de influencia do momento fletor na secao C.

A B C D E F G H I J

2 m 5 m 2 m 5 m 2 m 5 m


(b) Dada a linha de influencia da forca normal de uma determinada barra de trelica, pede-se paracalcular a forca normal maxima e mınima segundo o trem tipo apresentado na Fig. 7.21.

0,67

0,67

0,333

p = 20 kN/m

q = 30 kN/m

40 kN100 kN2 m

Força acidentalForça permanente

3,2 m 3,2 m 6,4 m6,4 m


(a) Seguindo os mesmos passos da Questao 7.2, obtem-se a seguinte linha de influencia:

A B C D

E G

H J

-1

1,25

-1

0,4

2 m 2,5 m 2,5 m 2 m5 m2 m 5 m

Figura 7.22: Questao 7.20a – Linha de influencia do momento fletor na secao C

57

(b) Seguindo os mesmos passos das Questoes 7.1(b) e 7.3, a solucao se inicia com o calculo das areasda linha de influencia:

A1 = −0, 333× 3, 22 = −0, 5328→ triangulo de altura = −0, 333

A2 = −0, 67× 9, 62 = −3, 216→ triangulo de altura = −0, 67

A3 = 0, 67× 6, 42 = 2, 144→ triangulo de altura = 0, 67

Area total:AT = A1 +A2 +A3 = −1, 6048

De posse da area total, calcula-se a parcela relativa ao carregamento permanente:

NP P = qP P ×AT = 20× (−1, 6048) = −32, 1 kN

Em seguida, definem-se os carregamentos moveis para os esforcos normais mınimo e maximo(NMovel

MIN e NMovelMAX ), posicionando corretamente o trem-tipo sobre a linha de influencia:

0,67

0,67

0,333

3,2 m 3,2 m 6,4 m6,4 m

100 kN 40 kN

30 kN/m

2 m

0,461

Figura 7.23: Questao 7.20a – Carregamento movel para o esforco normal mınimo

NMovelMIN = 100× (−0, 67) + 40× (−0, 461) + 30× (−0, 5328− 3, 216) = −197, 9

58

0,67

0,673,2 m 3,2 m 6,4 m6,4 m

40 kN

30 kN/m

2 m

0,461

100 kN

Figura 7.24: Questao 7.20a – Carregamento movel para o esforco normal maximo

NMovelMAX = 100× 0, 67 + 40× 0, 461 + 30× 2, 144 = 149, 8 kN

Finalmente, os valores extremos do esforco normal sao dados pela soma do resultado da forcapermanente com os resultados das forcas moveis:

NMIN = −32, 1− 197, 9 = −230 kNNMAX = −32, 1 + 149, 8 = 117, 7 kN

59

Capıtulo 8

Princıpio dos Trabalhos Virtuais

8.1 Prova III (01/2018)1 Para o portico apresentado na Figura 8.1, cujas reacoes de apoio sao informadas, pede-se:

(a) Os diagramas de momento fletor e es-forco normal de todas as barras parao carregamento dado.

(b) A rotacao da secao transversal noponto E, desprezando o efeito dasdeformacoes de cisalhamento e apre-sentando as contribuicoes referentesaos esforcos normal e de flexao.

Dados: EA = 2× 106kNEI = 4× 105 kN ·m2

RA = 7, 65 kN (↑),HA = 108 kN (←),RB = 217, 35 kN (↑) Figura 8.1: Questao 8.1

(a) De posse das reacoes de apoio fornecidas, pode-se efetuar o equilıbrio de barras e nos, conformeilustrado na Figura 8.2:


60

Figura 8.2: Questao 8.1a – Equilıbrio de barras e nos

Com base no equilıbrio de barras e nos, obtem-se os diagrama dos esforcos solicitantes requeridos:

7,65

217,35

Zero Zero

486

486

187,5

Zero

Figura 8.3: Questao 8.1a – Diagrama de esforco normal e momento fletor

(b) Para a obtencao da rotacao requerida, e necessario determinar o diagrama dos esforcos solicitantes(forca normal e momento fletor) da Fase U , quando e aplicada a acao unitaria.

61

Figura 8.4: Questao 8.1b – Fase U

A partir do Figura 8.4, pode-se realizar o equilıbrio de barras e nos da estrutura na fase U :

Figura 8.5: Questao 8.1b – Equilıbrio de barras e nos (fase U)

Em seguida, obtem-se os diagrama de esforcos solicitantes para a fase U :

62

0,1

0,1

Dn (kN)

Zero Zero

Dm (kN.m)

Zero

1

Zero

Figura 8.6: Questao 8.1b – Diagrama de esforco normal e momento fletor (fase U)

Finalmente, calcula-se a rotacao no ponto E relativa ao esforco normal (θN ) e ao momento fletor(θM ):

θN = 12× 106 [(−7, 65)× (0, 1)× 9 + (−217, 35)× (−0, 1)× 6] = −6, 885 + 130, 41

2× 106 = 123, 5252× 106

θN = 0, 0000617625 rad (y) (8.1)

θM = 14× 105

{16 × (−1)× [2× 336, 75 + (−187, 5)]× 10 + 1

3 × (−1)× (−187, 5)× 5}

= 14× 105 {−810 + 312, 5} = −497, 5

4× 105 ∴ θM = −0, 00124375 rad (x) (8.2)

Valor final da rotacao no ponto E:

θ = θN + θM ∴ θ = −0, 001182 rad (x) (8.3)

63

8.2 Prova III (01/2018)2 Para a grelha indicada na Figura 8.7 (cujas reacoes de apoio foram informadas), considerando que ,alem do carregamento, existe uma variacao de temperatura ∆T = 30◦C na face superior e ∆T = 20◦Cna face inferior, pede-se:

(a) Os diagramas do momento fletor e detorcao de todas as barras para o car-regamento dado.

(b) A rotacao (na direcao do eixo CD) dasecao transversal D, considerandoseparadamente os efeitos das de-formacoes de flexao e de torcao de-vido a apenas o carregamento dado.

(c) A rotacao (na direcao do eixo CD) dasecao transversal D considerando oefeito da variacao de temperatura.

Dados: EI = 4× 105kN.m2

GJ = 2× 105 kN ·m2

α = 1× 10−5/◦C

Altura da secao transversal igual a 0,5 m.

Reacoes de apoio:

RA = 20 kN (↑),RB = 45 kN (↑), RC = 5 kN (↓)

x

z⊙ ⊗A ⊗⊗⊗⊗⊗⊗10 kN/m

⊗ 50 kNm20 kN

5 kNm/m

5 m

4 m 5 m

B

C D

y


∆ =∫

est

nN

EAdx+

∫est

mM

EIdx+

∫est

tT

GJdx+

∫est

fsvV

GAdx+

∫estnα∆TCG dx+

∫estmα

∆T2 −∆T1h

dx

(a) De posse das reacoes de apoio fornecidas, pode-se efetuar o equilıbrio de barras e nos, conformeilustrado na Figura 8.8:

Figura 8.8: Questao 8.2a – Equilıbrio de barras e nos (fase L)


64

Com base no equilıbrio de barras e nos, obtem-se os diagramas dos esforcos solicitantes requeridos(momento de flexao e de torcao):

Figura 8.9: Questao 8.2a – Diagramas de momentos fletor e torsor (fase L)

(b) Para obtencao da rotacao requerida, e necessario determinar os diagramas de esforcos solicitantes(momentos fletor e torsor) da Fase U , quando e aplicada a acao unitaria:

Figura 8.10: Questao 8.2b– Fase U

A partir do Figura 8.10, pode-se realizar o equilıbrio de barras e nos da estrutura na fase U :

65

Figura 8.11: Questao 8.2b – Equilıbrio de barras e nos (fase U)

E, em seguida, obter os diagramas de esforcos solicitantes:

Figura 8.12: Questao 8.2b - Diagrama de momentos fletor e torsor (fase U)

Finalmente, calcula-se a rotacao na secao transversal D (sentido do eixo CD) devido ao momentofletor (θM ) e ao momento de torcao (θT )):

66

= 14× 105

{13 × 0, 5× 62, 5× 2, 5 + 1

6 × [2× (0, 5× 12, 5 + 1× 25) + 0, 5× 25 + 1× 12, 5]}

= 14× 105 {26, 0417 + 36, 4583} = 62, 5

4× 105 ∴ θM = 0, 00015625 rad (�) (8.4)

= 12× 105 ×

12 × (−1)× (−25)× 5 = 62, 5

2× 105 ∴ θT = 0, 0003125 rad (�) (8.5)

(c) Neste caso, define-se mesma fase U do item (a). Para calcular a rotacao considerando o efeitoda temperatura (θ∆T ), emprega-se o momento fletor da fase U e as temperaturas nas faces supeior einferior:

θ∆T =∫

estmα

∆T2 −∆T1h

dx

= 10−5 × −100, 5 ×

1× 52 ∴ θ∆T = −0, 0005 rad (�) (8.6)

8.3 Prova III (02/2016)3 Na Figura 8.13 encontra-se um relatorio do programa INSANE para uma grelha isostatica. Pede-separa calcular, usando o Metodo da Carga Unitaria, o deslocamento vertical no ponto 4, devido asdeformacoes da barra 2-3 oriundas dos esforcos de flexao e torcao. Indicar se o deslocamentoocorre no sentido positivo ou negativo do eixo y.


67

Figura 8.13: Questao 8.3 – Relatorio do programa INSANE para uma grelha isostatica

A partir do relatorio apresentado, pode-se tracar a grelha isostatica em analise. Ressalta-se que, parao modelo de grelha, o eixo y global e positivo no sentido ⊗.

68

1

4

10

5

2

33 4

15

z

x

4 m

3 m

3 m

y

Figura 8.14: Questao 8.3 – Grelha isostatica

E possıvel ainda obter os esforcos nas extremidades da barra 2-3, o que, por sua vez, permitedeterminar o diagrama dos esforcos solicitantes (momentos fletor e torcor) da fase L:

Figura 8.15: Questao 8.3 – Diagrama dos esforcos solicitantes da barra 2-3: Fase L

As caracterısticas do material tambem podem ser obtidas a partir do relatorio: GJ = 15.000 kN.m2,EI = 52.000 kN.m2, Iz = 2, 6× 10−3 m4, J = 1, 8× 10−3 m4.

Para a fase U , define-se a seguinte acao unitaria:

69

Figura 8.16: Questao 8.3 – Fase U

A partir da Figura 8.16, sao obtidos os diagrama dos esforcos solicitantes da barra 2-3 na fase U :

Figura 8.17: Questao 8.3 – Diagrama dos esforcos solicitantes da barra 2-3: Fase U

Finalmente, e possıvel calcular o deslocamento vertical ∆4 no no 4, devido as deformacoes da barra2-3 oriundas dos esforcos de flexao e torcao:

∆4 = 115.000 ×

12 × (−3)× (−34, 5− 22, 5)× 3 + 1

52.000 ×13 × (−45)× (−3)× 3

= 26515.000 + 135

52.000 = 0, 0171 + 0, 00256 ∴ ∆4 = 0, 0197 m (⊗) (8.7)

70

8.4 Prova III (02/2016)4 Para o portico indicado na Figura 8.18, pede-se:

(a) Os diagramas de momentofletor de todas as barras.

(b) A rotacao do no C utilizando-sedo Metodo da Carga Unitaria,considerando apenas os efei-tos das deformacoes oriun-das da flexao. Informar se ehoraria ou anti-horaria.

Dados: EI = 50.000 kN.m2


(a) A solucao se inicia com o calculo das reacoes de apoio:

∑M

(AB)

B= HA × 5 + 50× 2, 5 = 0 ∴ HA = 25 kN (←)∑

MD

= −RA × 4 + 10× 4× 2− 50× 1, 5− 25× 1− 5 = 0 ∴ RA = 6, 25 kN (↓)∑F

x= −25 + 50 +HD = 0 ∴ HD = 25 kN (←)∑

Fy

= −6, 25− 10× 4 +RD = 0 ∴ RD = 46, 25 kN (↑)

Em seguida, efetua-se o equilıbrio de barras e nos:4Thaianne Simonetti de Oliveira

71

Figura 8.19: Questao 8.4 – Equilıbrio de barras e nos do portico da Fig. 8.18 (fase L)

A partir do equilıbrio de barras e nos, obtem-se o diagrama de momento fletor:

62,5 50

55

105

105

DM (kN.m)

qL2

8= 20

Figura 8.20: Questao 8.4 – Diagramas de momento fletor das barras do portico da Fig. 8.18 (fase L)

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(b) Para o calculo da rotacao do no C, define-se a seguinte acao unitaria para a Fase U :

Figura 8.21: Questao 8.4 – Fase U

Em seguida, obtem-se o diagrama de momento fletor da fase U :

Figura 8.22: Questao 8.4 – Diagramas de momento fletor das barras do portico da Fig. 8.21 (fase U)

Finalmente, e possıvel calular a rotacao θC no no C, relativa as deformacoes oriundas dos esforcosde flexao:

73

θC = 1EI

[13 × (−105)× 1× 4 + 1

3 × 20× 1× 4]

= 1EI

[−140 + 26, 67]

= −113, 3350.000 ∴ θC = 2, 267× 10−3 rad (y) (8.8)

8.5 Prova III (02/2016)5 Para a trelica representada na Figura 8.23, pede-se para calcular, utilizando o Metodo da CargaUnitaria, o deslocamento vertical no ponto B para uma variacao de temperatura uniforme em todasas barras de 20◦C. Informar se ocorre para baixo ou para cima.


Dados do problema: L = 1 m, E = 2× 108 kN.m2, A = 2, 5× 10−3 m2, α = 1× 10−5/◦C

∆ =∫

est

nN

EAdx+

∫est

mM

EIdx+

∫est

tT

GJdx+

∫est

fsvV

GAdx+

∫estnα∆TCG dx+

∫estmα

∆T2 −∆T1h

dx

A acao unitaria na fase U corresponde a uma forca vertical aplicada sobre o no B. Desse modo, e5Thaianne Simonetti de Oliveira

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possıvel definir previamente os seguintes esforcos normais:

NDE = NEF = NF G = NGH = NHC = NAC = 0NBD = NDF = NF H = NHA

NBE = NEG = NCG

Logo, para a solucao da fase U basta efetuar o equilıbrio do no B:

cos θ = 0, 8sen θ = 0, 6

∑F

y= NBE × sen θ − 1 = 0 ∴ NBE = 1, 667∑

Fx

= −NBD − 1, 667× cos θ = 0 ∴ NBD = −1, 334Figura 8.24: Questao 8.5 – Fase U

Para o calculo do deslocamento vertical ∆B devido a variacao de temperatura, aplica-se a seguinteintegral sobre toda a estrutura:

∆B =∫

estnα∆TCG dx

Uma vez que os trechos B-C e B-A possuem esforcos normais constantes iguais a 1, 667 e −1, 334kN, respectivamente, obtem-se:

∆B = 1, 667× α×∆T × LBC + (−1, 334)× α×∆T × LBA

= 1, 667× 10−5 × 20× 5 + (−1, 334)× 10−5 × 20× 4= 5, 998× 10−4 m ∴ ∆B ≈ 0, 6 mm (↓)

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