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Exercícios Resolvidos de Deformações em estruturas com inércia variando aleatoriamente (Regra de Simpson)

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Exercício 31245678

Enunciado

Para estrutura abaixo determine as reações de apoio e diagrama de momentos pela regra de Simpson:

Passo 1

A primeira coisa que devemos notar é que nossa estrutura é uma estrutura hiperestática, logo, precisamos quebrar alguns vínculos para determinação de hiperestáticos:

A segunda coisa que devemos fazer é dividir a nossa seção em uma quantidade par de seções, pois lembre-se que para usarmos essa fórmula:

E J c δ = ∆ x 3   4 ∑ η í m p a r e s + 2 ∑ η p a r e s + 1 ∑ η d a s   e x t r e m i d a d e s

E como nossa estrutura é hiperestática a nossa fórmula terá dois termos dados pelo sistema:

E J c δ 10 + E J c δ 11 X 1 = 0

Sendo assim teríamos que fazer:

E J c δ 10 = ∆ x 3   4 ∑ η í m p a r e s   ( 10 ) + 2 ∑ η p a r e s ( 10 ) + 1 ∑ η d a s   e x t r e m i d a d e s ( 10 )

E J c δ 11 = ∆ x 3   4 ∑ η í m p a r e s ( 11 ) + 2 ∑ η p a r e s ( 11 ) + 1 ∑ η d a s   e x t r e m i d a d e s ( 11 )

Antes de qualquer coisa precisamos determinar o nosso número de hiperestáticos, para assim podermos quebrar vínculos e com isso podermos ter a nossa estrutura isostática a ser resolvida. Perceba que:

  • Temos um apoio d terceiro gênero que nos dará 3 incógnitas
  • Temos um apoio do primeiro gênero que nos dará mais 1 incógnita
  • Totalizando 4 incógnitas
  • Como não temos rótulas o número de equações será de 3
  • Dessa forma teremos 4-3=1 hiperestático

Podemos quebrar o vinculo de momento do apoio a esquerda, e com isso a nossa estrutura passa a ser:

Passo 2

Agora precisamos de uma quantidade par de seções, e que podemos determinar os coeficientes das seções seguindo a seguinte regra:

Todas as seções numeradas com valores impares, serão multiplicadas pelo coeficiente k = 4 . Todas as seções pares com k = 2 e todas as extremas com k = 1 .

Também definimos no nosso exemplo que o valor de ∆ x é de 3m, além do mais dividimos a nossa estrutura em 6 seções (um número par de seções) com tamanhos iguais.

Agora só falta determinarmos o valor de: η í m p a r e s ( 10   e   11 ) , η p a r e s ( 10   e   11 ) e η d a s   e x t r e m i d a d e s ( 10   e   11 ) .

Sabemos que η nada mais é que uma simplificação da seguinte conta:

M M ¯ J c J

Em que:

M = m o m e n t o s   f l e t o r e s   e m   c a d a   s e ç ã o   n o   s i s t e m a   c o m   a   c a r g a   r e a l  

M ¯ = m o m e n t o   e m   c a d a   s e ç ã o   d e v i d o   a   c a r g a   u n i t á r i a

J = m o m e n t o   d e   i n é r c i a   d a   s e ç ã o   a n a l i s a d a  

J c = m o m e n t o   d e   i n é r c i a   d e   r e f e r e n c i a ,   q u e   g e r a l m e n t e   u s a m o s   a   s e ç ã o   c o m   m e n o r   a l t u r a  

Que para nosso caso sofrerá uma pequena mudança dada por:

η 10 = M 0 M 1 ¯ J c J

η 11 = M 1 M 1 ¯ J c J

Em que:

M 1 = m o m e n t o   p o r   s e ç ã o   n o   s i s t e m a   i s o s t á t i c o   c o m   o   h i p e r e s t á t i c o   c o m   v a l o r   u n i t á r i o

M 0 = m o m e n t o   p o r   s e ç ã o   n o   s i s t e m a   i s o s t á t i c o   c o m   o   c a r r e g a m e n t o   e x t e r n o

Passo 3

Como queremos saber as nossas reações de apoio, precisamos determinar a solução do nosso sistema, e para solucionarmos o nosso sistema, precisamos determinar os diagramas, sendo assim teremos que:

  • Diagrama de momentos fletores para o carregamento externo para cada uma das seções será

  • Diagrama de momentos fletores devido ao hiperestático com a carga unitária agindo na estrutura isostática, sendo assim teremos que:

E agora por fim só precisamos relacionar os J e J c .

No nosso caso temos 2 tipos de seções dadas por

4 J c   e   J c

E vamos usar como referência a menor inércia, ou seja, J c .

Como você pode ver, temos muitos valores para trabalhar, ao invés de fazer um a um de maneira desorganizada, podemos fazer essa tabelinha aqui pra ajudar a gente.

No fim basta fazer:

E J c δ 10 = ∆ x 3 ∑ K η 10

E J c δ 11 = ∆ x 3 ∑ K η 11

E assim determinar as deformações no nosso sistema. No nosso exemplo teremos que:

Substituindo na fórmula teremos que:

E J c δ 10 + E J c δ 11 X 1 = 0

- 3780 + 4,416 X 1 = 0

X 1 = 855,98   k N m

Ou seja, já descobrimos quanto vale o momento fletor da nossa reação de apoio. Para determinarmos o resto das reações devemos usar a fórmula:

R = R 0 + R 1 X 1

Em que:

R 0 = r e a ç ã o   d e   a p o i o   n o   s i s t e m a   c o m   a   c a r g a   e x t e r n a  

R 1 = r e a ç ã o   d e   a p o i o   n o   s i s t e m a   c o m   o   h i p e r e s t á t i c o   u n i t á r i o  

Separando os dois sistemas temos que;

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

V A = 180 + 1 18 .   855,98 = 227,55   k N

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

V B = 180 - 1 18 .   855,98 = 132,45   k N

Para o diagrama de momentos faremos a mesma coisa:

M 0 = M 00 + M 10 X 1

M 0 = 0 - 6 6 .   855,98 = - 855,98   k N m

M 1 = M 01 + V 11 X 1

M 1 = 450 - 5 6 .   855,98 = - 263,32   k N m

M 2 = M 02 + M 12 X 1

M 2 = 720 - 4 6 .   855,98 = 149,35   k N m

M 3 = M 03 + M 13 X 1

M 3 = 810 - 3 6 .   855,98 = 382,01   k N m

M 4 = M 04 + M 14 X 1

M 4 = 720 - 2 6 .   855,98 = 434,67   k N m

M 5 = M 05 + M 15 X 1

M 5 = 450 - 1 6 .   855,98 = 307,34   k N m

M 6 = M 06 + M 16 X 1

M 6 = 0 - 0 .   855,98 = 0   k N m

Logo o diagrama será dado por:

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