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Exercícios Resolvidos de Método das forças – Solução dos sistemas de equações e incógnitas

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Exercício 71234568

Enunciado

Determine o valor das reações de apoio do sistema hiperestático dado abaixo. Usar:

E J c = 5   .   10 4   k N m 2

Passo 1

Precisamos lembrar que na primeira parte desse exercício já determinamos algumas coisas que vão ser bem importantes utilizarmos aqui. Vamos então recordar o que precisamos de mega importante da primeira parte desse exercício.

  • Sistemas estruturais

    • Sabemos que definimos alguns sistemas para essa estrutura, que é dado bem aqui em baixo.

  • Sistema algébrico

Sabemos também que nosso sistema algébrico definido foi o seguinte:

δ 10 + δ 11   .   X 1 + δ 12   .   X 2 + δ 13   .   X 3 = 0 δ 20 + δ 21   .   X 1 + δ 22   .   X 2 + δ 23   .   X 3 = 0 δ 30 + δ 31   .   X 1 + δ 32   .   X 2 + δ 33   .   X 3 = 0

E com base nessas informações devemos calcular as nossas deformações.

Passo 2

Sabemos que as deformações sempre são calculadas com base na combinação de diagramas da nossa estrutura, e no nosso caso, antes de qualquer combinação precisamos determinar os diagramas de cada um dos sistemas, então vamos lá:

  • Diagrama de momentos do sistema real

  • Diagrama de momentos do sistema com a carga unitária em 1 (ou sistema 1)

    • Diagrama de momentos do sistema com a carga unitária em 2 (ou sistema 2)

    Diagrama de momentos do sistema com a carga unitária em 3 (ou sistema 3)

    Passo 3

    Agora, já com os diagramas em mãos precisamos determinar os deslocamentos, com isso precisamos ir combinando os nossos diagramas e ir usando a nossa tabelinha aqui de baixo:

  • δ 10 (como todas as barras da viga tem a mesma inercia podemos usar todos os valores com os valores inteiros, sem ver o quanto um é relativo ao outro). Dessa maneira precisamos combinar o diagrama real com o de carga unitária no ponto 1, assim teremos.

    • perceba que temos 2regiões a serem combinadas, então vamos fazer uma por uma:

  • Região 1

    • E J c δ 10 = - 1 6   L   .   M A .   ( 2 M ¯ A + M ¯ B ) = - 1 6   .   5   .   1250   .   ( 2   .   0,5 +   1 ) =   - 2083,333

  • Região 2

    • E J c δ 10 = - 1 3   L   .   M 0 .   M 1 = - 1 3   .   5   .   1250   .   0,5 =   - 1041,667

  • Somando tudo

    • E J c δ 10 = - 2083,333   - 1041,667 = - 3125

    Como no enunciado temos que E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    δ 10 = - 0,0625

  • δ 20 (como todas as barras da viga tem a mesma inercia podemos usar todos os valores com os valores inteiros, sem ver o quanto um é relativo ao outro). Dessa maneira precisamos combinar o diagrama real com o de carga unitária no ponto 2, assim teremos.

    • perceba que temos 2regiões a serem combinadas, então vamos fazer uma por uma:

  • Região 1

    • E J c δ 20 = - 1 3   L   .   M 0 .   M 1 = - 1 3   .   5   .   1250   .   0,5 =   - 1041,667

  • Região 2

    • E J c δ 20 = - 1 6   L   .   M A .   ( 2 M ¯ A + M ¯ B ) = - 1 6   .   5   .   1250   .   ( 2   .   0,5 +   1 ) =   - 2083,333

  • Somando tudo

    • E J c δ 20 = - 2083,333   - 1041,667 = - 3125

    Como no enunciado temos que E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    δ 20 = - 0,0625

  • δ 30 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 0 com o mesmo diagrama no ponto 3, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 30 = 0

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    δ 30 = 0

  • δ 11 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 1 com o mesmo diagrama no ponto 1, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 11 = 1 3 L   . M 1 .   M 1 = +   1 3 . 10   .   1   .     1 = 3,333

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    δ 11 = 0,0000666

  • δ 21 = δ 12 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 1 com o mesmo diagrama no ponto 2, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 12 = E J c δ 21 = 1 6 L   . M 1 .   M 1 = +   1 6 . 10   .   1   .     1 = 1,667

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    δ 12 = δ 21 = 0,0000333

  • δ 13 = δ 31 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 1 com o mesmo diagrama no ponto 3, e vice versa, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 13 = E J c δ 13 = 0

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    E J c δ 13 = E J c δ 13 = 0

  • δ 23 = δ 32 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 2 com o mesmo diagrama no ponto 3, e vice-versa, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 23 = E J c δ 32 = 0

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    E J c δ 23 = E J c δ 32 = 0

  • δ 22 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 2 com o mesmo diagrama no ponto 2, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 22 = 1 3 L   . M 1 .   M 1 = +   1 3 . 10   .   1   .     1 = 3,333

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    δ 22 = 0,0000666

  • δ 33 = δ 33 Dessa maneira precisamos combinar o diagrama 2 com o mesmo diagrama no ponto 3, e vice-versa, assim teremos.

    • Vemos que aqui temos duas regiões triangulares, basta que apenas combinemos cada um deles de maneira correta.

    E J c δ 33 = 0

    Como no enunciado foi dado E J c = 5   .   10 4   k N m 2

    E J c δ 33 = 0

    Passo 4

    Já tendo calculado as deformações, basta substituirmos no nosso sistema que é dado por:

    δ 10 + δ 11   .   X 1 + δ 12   .   X 2 + δ 13   .   X 3 = 0 δ 20 + δ 21   .   X 1 + δ 22   .   X 2 + δ 23   .   X 3 = 0 δ 30 + δ 31   .   X 1 + δ 32   .   X 2 + δ 33   .   X 3 = 0

    Substituindo:

    - 0,0625 + 0,0000666   .   X 1 + 0,0000333   .   X 2 + 0   .   X 3 = 0 - 0,0625 + 0,0000333   .   X 1 + 0,0000666   .   X 2 + 0   .   X 3 = 0 0 + 0   .   X 1 + 0   .   X 2 + 0   .   X 3 = 0

    - 0,0625 + 0,0000666   .   X 1 + 0,0000333   .   X 2 = 0

    - 0,0625 + 0,0000333   .   X 1 + 0,0000666   .   X 2 = 0

    X 1 = 625   k N

    X 2 = 625   k N

    X 3 = 0   k N

    Passo 5

    Agora basta lembrarmos que para termos os esforços no sistema hiperestático devemos usar a relação:

    E = E 0 + E 1 X 1 + E 2 X 2 + E 3 X 3

    Que significa basicamente

    E = e s f o r ç o   n o   s i s t e m a   h i p e r e s t á t i c o

    E 0 = e s f o r ç o   n o   s i s t e m a   p r i n c i p a l   i s o s t a t i c o

    E 1 = e s f o r ç o   n o   s i s t e m a   1   i s o s t á t i c o

    E 2 = e s f o r ç o   n o   s i s t e m a   2   i s o s t á t i c o

    E 3 = e s f o r ç o   n o   s i s t e m a   3   i s o s t á t i c o

    Como queremos a reação de apoio nosso sistema será

    R v 1 = R v 10 + R v 11 X 1 + R v 22 X 2 + R v 33 X 3

    E agrupando os sistemas vamos ter que

    Agora vamos as reações de apoio:

  • Reação vertical no apoio mais esquerdo

    • R v 1 = R v 10 + R v 11 X 1 + R v 22 X 2 + R v 33 X 3

    R v 1 = 250 - 1 10   .     625 + 1 10 .   625 + 0   .   0 = 250   k N

  • Reação vertical no apoio mais a direita

    • R v 1 = R v 10 + R v 11 X 1 + R v 22 X 2

    R v 1 = 250 + 1 10   .     625 - 1 10 .   625 + 0   .   0 = 250   k N

    Resposta

  • Reação vertical no apoio mais esquerdo

    • R v 1 = 250   k N

  • Reação vertical no apoio mais a direita

    • R v 1 = 250   k N

  • Reação de momento mais a esquerda

    • R v 1 = X 1 = 625   k N m

  • Reação momento mais a direita

R v 1 = X 2 = 625   k N m