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Exercícios Resolvidos de Aplicação método das forças – Temperatura

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Exercício 41235678

Enunciado

Determine as reações de apoio de um pórtico que suas fibras externas estão a uma temperatura de -50°C e as fibras internas estão a uma temperatura de 50°C.

E J = 10 5

s e ç ã o   d a   v i g a = 120   c m   d e   a l m a   p o r   100   c m   d e   a l t u r a   ( v i g a   r e t a n g u l a r )

α = 1.10 - 5 ° C - 1

Passo 1

Sabemos que a primeira coisa que devemos fazer é determinar o número de hiperestáticos.

  • Hiperestáticos totais pelo macete

    • n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = n º   i n c o g n i t a s   e x t e r n a s + n º   i n c o g n i t a s   i n t e r n a s - n º   e q u a ç õ e s  

    • Sabemos que temos 1 apoio do terceiro gênero e um apoio do segundo gênero, totalizando 5 incógnitas externas
    • Não temos regiões fechadas, totalizando 0 incógnitas internas
    • Temos 3 equações de equilíbrio
    • Não temos rótulas

    n º   t o t a l   h i p e r e s t á t i c o s = 5 + 0 - 3 = 2  

    Ou seja, nossa estrutura possui dois graus de hiperestaticidade, que se eu conseguir tirar da nossa estrutura, transforma a nossa estrutura em isostática.

    Quebrando dois vínculos quaisquer teremos a seguinte nova estrutura.

    E até aqui a gente sabe resolver de boas, o que aparece de novo é o seguinte.

    Pra determinar a deformação no sistema zero, que nesse caso é uma variação de temperatura, precisamos obrigatoriamente colocar uma carga unitária no mesmo lugar, na mesma direção e no mesmo sentido do hiperestático, porém iremos calcular a deformação de maneira DIFERENTE do que fazemos com o hiperestático.

    Apesar da carga estar na mesma posição e sentido do hiperestático, para o hiperestático iremos calcular o diagrama de momentos, porém para o sistema zero iremos calcular as deformações de temperatura. Parece meio embolado, mas é bem tranquilo, me segue aqui.

    Passo 2

    Como eu disse, no sistema zero colocamos uma carga unitária na mesma posição, direção e sentido do hiperestático. Mas o que vai acontecer quando temos 2 hiperestáticos? Todos os exercícios que vimos até aqui só tinham 1 grau de hiperestaticidade, então só ia ter um sistema zero. Aqui vamos ter 2 sistemas zeros! Então pra não causar confusão e combinar a nomenclatura com as das deformações, vamos nomear eles de 10 e 20.

    sabemos que para cálculo da deformação pela temperatura usamos a seguinte equação:

    P ¯ δ = ∫ N ¯ α t g d s + ∫ M ¯ α ∆ t h d s

    Que podemos simplificar de acordo como o tipo de estrutura, no nosso caso como se trata de um pórtico devemos considerar ambas as contribuições. Mas podemos simplificar como:

    P ¯ δ = α t g ∫ N ¯ d s + α ∆ t h ∫ M ¯ d s

    E sabemos que a integral do momento devido a carga unitária, integrado no comprimento S da barra, assim como o normal, nada mais são que as áreas dos respectivos diagramas, ou seja, nossa fórmula passa a ser.

    P ¯ δ = α t g A N + α ∆ t h A M

    Em que:

    A M = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   m o m e n t o s   f l e t o r e s   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

    A N = á r e a   d o   d i a g r a m a   d e   n o r m a i s   d o   p o r t i c o   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

    Como sabemos, iremos usar exatamente a carga unitária na mesma posição do hiperestático. Dessa maneira teremos que:

  • para o sistema 10 será

Sendo assim podemos determinar que:

A M = 1 2   . -   8 .   8 + 1 2   . -   8 .   8 + - 8 .     2,5 = - 84 ( t r a c i o n a   a s   f i b r a s   s u p e r i o r e s )

A N = - 1   .   2,5   = - 2,5   ( c o m p r e s s ã o )

Sempre que houver compressão ou o momento tracionar as fibras superiores as áreas levaram consigo os seus sinais.

OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LMEBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS

    • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES

    • Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

    Tome muito cuidado para não errar os sinais.

    Sabemos também que:

    ∆ t = t i - t s = 50 - ( - 50 ) = 100 ° C

    E J = 10 5   k N . m 2

    α = 1.10 - 5 ° C - 1

    h = 1 m

    e por fim determinamos o valor de t g ,   que será dado por:

    E fizemos isso porque sabemos que em seções retangulares o centro de gravidade é no meio do retângulo.

    Sendo assim teremos que:

    t g = 0 ° C

    Substituindo na equação teremos que:

    P ¯ δ 10 = α t g A N + α ∆ t h A M

    1   .   δ 10 = 1.10 - 5   .     0   .   ( - 2,5 ) + 1.10 - 5   .     100 1 ( - 84 )

    δ 10 = - 0,084   m

    Passo 3

    Lembre-se que também temos que calcular o valor de δ 20 , que será calculado da mesma maneira que calculamos anteriormente.

  • para o sistema 20 será

    • Sendo assim podemos determinar que:

    A M = 1 2   . -   1 .   2,5 + - 1 .     8 = - 9,25 ( m o m e t o   t r a c i o n a   a s   f i b r a s   s u p e r i o r e s )

    A N = - 1 2,5   .     8 + 1 2,5 . 8 = 0   ( c o m p r e s s ã o )

    Sempre que houver compressão ou o momento tracionar as fibras superiores as aréas levaram consigo os seus sinais.

    OBS: É MUITO IMPORTANTE TOMAR CUIDADO COM O SINAL DAS ÁREAS, ENTÃO PRA FICAR BEM FACIL SEMPRE LMEBRE DO SEGUINTE.

  • NORMAIS

    • Sempre que for compressão o sinal da área será negativo, e sempre que for tração o sinal da área será positivo.

  • MOMENTOS FLETORES

    • Sempre que os momentos fletores tracionarem as fibras da parte de cima, ou as fibras externas, o sinal da área vai ser negativo, mas se tracionar as fibras da parte de baixo, ou as fibras internas, o sinal das áreas vai ser positivo.

    Tome muito cuidado para não errar os sinais.

    Sabemos também que:

    ∆ t = t i - t s = 50 - ( - 50 ) = 100 ° C

    E J = 10 5   k N . m 2

    α = 1.10 - 5 ° C - 1

    h = 1 m

    e por fim determinamos o valor de t g ,   que será dado por:

    E fizemos isso porque sabemos que em seções retangulares o centro de gravidade é no meio do retângulo.

    Sendo assim teremos que:

    t g = 0 ° C

    Substituindo na equação teremos que:

    P ¯ δ 10 = α t g A N + α ∆ t h A M

    1   .   δ 10 = 1.10 - 5   .     0   .   ( 0 ) + 1.10 - 5   .     100 1 ( - 9,25 )

    δ 20 = - 0,00925   m

    Passo 4

    Agora precisamos calcular os deslocamentos referentes a estrutura em si, dessa maneira teremos que fazer as combinações dos diagramas de momentos entre si, dessa maneira teremos que:

  • δ 11

    • E J δ 11 = 1 3   .   l   .   M .   M ¯ + l   .   M   .   M ¯ + 1 3   .   l   .   M .   M ¯ = 1 3   .   8   .   8 .   8 + 2,5   .   8   .   8 + 1 3   .   8   .   8 .   8 = 501,333

    Como E J = 10 5   k N m 2 , teremos que

    δ 11 = 0,00501333

  • δ 22

    • E J δ 22 = 1 3   .   l   .   M .   M ¯ + l   .   M   .   M ¯ = 1 3   .   2,5   .   1 .   1 + 8   .   1   .   1 = 8,8333

    Como E J = 10 5   k N m 2 , teremos que

    δ 22 = 0,0000883333

  • δ 12 = δ 21

E J δ 12 = 1 2   .   l   .   M .   M ¯ + 1 2   .   l   .   M .   M ¯ = 1 2   .   8   .   8 .   1 + 1 2   .   2,5   .   8 .   1 = 42

Como E J = 10 5   k N m 2 , teremos que

δ 12 = δ 21 = 0,00042

Passo 2

E assim teremos que o nosso sistema será:

δ 10 + δ 11 X 1 + δ 12 X 2 = 0

δ 20 + δ 21 X 1 + δ 22 X 2 = 0

Substituindo teremos que

- 0,084   + 0,00501333 X 1 + 0,00042 X 2 = 0

- 0,00925 + 0,00042 X 1 + 0,0000883333 X 2 = 0

Para facilitar a solução do sistema podemos multiplicar todos os termos por EJ, sendo assim teremos o novo sistema sendo:

E J ( - 8400   + 501,333 X 1 + 42 X 2 ) = 0

E J ( - 925 + 42 X 1 + 8,83333 X 2 ) = 0

E como do outro lado é zero podemos descartar esse EJ, sendo assim teremos que

- 8400   + 501,333 X 1 + 42 X 2 ) = 0

- 925 + 42 X 1 + 8,83333 X 2 ) = 0

X 1 = 13,267   k N

X 2 = 41,635   k N m

Agora só precisamos lembrar que para determinar as reações de apoio precisamos analisar as reações calculadas em cada sistema, e lembrar que no sistema zero apenas com ação da temperatura não haverá reações de apoio.

Determinando as reações de apoio teremos que:

V A = V A 0 + V A 1 X 1 + V A 2 X 2

V A = 0 + 0   .     13,3 + 1 2,5   .     41,6 = 16,64   k N

V B = V B 0 + V B 1 X 1 + V B 2 X 2

V B = 0 + 0   .     13,3 - 1 2,5   .     41,6 = - 16,64   k N

H A = H A 0 + H A 1 X 1 + H A 2 X 2

H A = 0 + 1   .   13,3 = 13,3   k N

e já sabemos que:

H B = X 1 = 13,3   k N m

M A = X 2 = 41,6   k N m

Resposta

V A = 16,64   k N

V B = - 16,64   k N

H A = 13,3   k N

H B = 13,3   k N m

M A = 41,6   k N m