Exercícios Resolvidos de Deslocamento em Estruturas Isostáticas – Método das Tabelas

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Enunciado

Calcule o deslocamento Vertical do ponto C da viga dada abaixo usando o método das tabelas.

Use E J = 2   x   10 4   k N . m 2 para todos os trechos da viga.

Passo 1

Como vimos na teoria temos um passo a passos bem legal que podemos ir seguindo para determinarmos o deslocamento do nosso ponto.

A primeira coisa que devemos fazer é verificar a inércia. Como foi dito que todas as inercias são iguais, então podemos dizer que:

J A B = J B C = J C D = J c = J

Se é tudo igual, isso implica que:

J c J B a r r a = J c J A B = J c J B C = J c J C D = 1

Que simplifica a nossa fórmula para

E J δ = ∑ ( ∫ M M ¯ d s )

Passo 2

A segunda coisa que precisamos fazer é determinar o diagrama de momentos devido a carga que age na nossa estrutura, e o diagrama fica sendo:

E perceba que fizemos bem separadinho pra ficar fácil de entender.

Passo 3

Aplicamos a carga unitária no ponto em que queremos saber o deslocamento, na direção que queremos saber o deslocamento, e determinamos o diagrama de momentos fletores causados por essa carga unitária.

Passo 4

Passo 5

Passo 6

Agora precisamos combinar os dois diagramas de momento fletor.

Perceba que temos 3 regiões diferentes, e por isso precisamos combinar cada uma das 3.

  • Região AB

Como estão na mesma direção sabemos que é positivo.

Usando a tabela temos que:

E a fórmula será a combinação desses dois gráficos.

E por fim verificamos se o comprimento da barra se manterá igual

L ' = L   .   J c J B a r r a = L   .   J c J c = L . 1 = L

L ' = L

Que para a barra 1 será igual a 2m.

Substituindo na fórmula teremos que

∫ M M ¯ d s   d a   b a r r a   1 = 1 3 L ' M B M ¯ B = 1 3 .   2 .   1 8 00   . 1 = 1200

  • Trecho BC
  • Primeiro temos as barras com os seus momentos.

    Perceba que a primeira barra, do caso real, para o trecho BC, possui duas regiões diferentes. Uma triangular e uma zero. Enquanto a barra com carregamento virtual é triangular, com isso basta combinas a região certa.

    Usando a tabela temos que:

    E por fim verificamos se o comprimento da barra se manterá igual

    L ' = L   .   J c J B a r r a = L   .   J c J c = L . 1 = L

    L ' = L

    Que para a barra 2 será igual a 2,5m por estarmos combinando diagramas na metade da barra.

    Substituindo na fórmula teremos que

    ∫ M M ¯ d s   d a   b a r r a   2 = 1 6 L ' [ M ¯ A 2 M B + M A + M ¯ B 2 M A + M B ]

    Perceba que como os trapézios do problema são invertidos, também invertemos os momentos de dentro dos parênteses.

    1 6 . 2 . 1   .   2 .   1800 + 1200 + 2 .   2   .   1200 + 1800 = 4400

  • Região CD

Como estão na mesma direção sabemos que é positivo.

Usando a tabela temos que:

E a fórmula será a combinação desses dois gráficos.

E por fim verificamos se o comprimento da barra se manterá igual

L ' = L   .   J c J B a r r a = L   .   J c J c = L . 1 = L

L ' = L

Que para a barra 1 será igual a 4m.

Substituindo na fórmula teremos que

∫ M M ¯ d s   d a   b a r r a   1 = 1 3 L ' M B M ¯ B = 1 3 .   4 .   1 2 00   . 2 = 3 200

Passo 7

Cálculo da deformação total

E J δ = ∫ M M ¯ d s   d a   b a r r a   1 + ∫ M M ¯ d s   d a   b a r r a   2 + ∫ M M ¯ d s   d a   b a r r a   3

E J δ = 1200 + 4400 + 3200 = 8800

Como sabemos que:

E J = 2 × 10 4   k N m 2

Substituindo teremos que

E J δ = 8800

2 . 10 4 . δ = 11200

δ = 0 , 44 m

δ = 440   m m

Resposta

δ = 440   m m