Exercícios Resolvidos de Método de williot para temperatura

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Enunciado

Para estrutura abaixo, sabendo que à mesma possui a temperatura das fibras externas igual a - 5 0 ° C e a temperatura das fibras internas igual a + 5 0 ° C , determine o diagrama de momentos fletores da mesma.

α = 1   .   10 - 5

h = 60   c m

b = 6 0   c m

E = 5   .   10 6   k N / m 2

E J = 54000   k N m 2

Passo 1

Antes de tudo precisamos saber a temperatura no T g da nossa estrutura, sabemos que se for diferente de zero, deveremos usar williot, se for igual a zero, teremos que usar as formulazinhas básicas que temos.

Com isso, basta desenharmos o nosso diagrama de temperatura, e vermos no que vai dar, sendo assim teremos que:

Com isso vemos que a nossa estrutura tem a temperatura no centro de gravidade igual a zero.

Logo as fórmulas que temos que usar são:

  • Caso Bi-engastado
  • M A = - M B = E J α t i - t e h

  • Caso Engastado e apoiado
  • M A = 3 E J α t i - t e 2 h

    E pasmem, é só isso mesmo que fazemos quando o t g = 0 .

    Mas ainda tem uma observação muito importante:

    Os sinais dos momentos são feitos levando em consideração que ∆ t > 0 , ou seja, que as temperaturas das fibras internas são maiores que as da externa.

    E no nosso caso é exatamente isso que acontece, então podemos ficar tranquilos quanto a isso.

    Passo 2

    Sabendo qual é o nosso caso, precisamos agora definir as nossas deslocabilidades.

  • Sabemos que os pontos A, B e C são indeslocáveis
  • Sendo assim, o ponto D também será considerado indeslocavel
  • Dessa maneira não temos deslocabilidades externas
  • Mas o ponto D pode rotacionar, e precisamos travar isso com uma chapa.
  • Logo temos 1 deslocabilidade interna

Sendo assim, desenhando a nossa estrutura, vamos ter que:

Passo 2

Determinado tudo isso vamos definir o valor de β 10 .

Sabemos que tanto a barra AD quanto a barra DC apresentam um engaste em uma ponta e uma chapa na outra, sendo assim, podemos considerar elas bi-engastadas, e para a barra bi engastada a equação é:

M A = - M B = E J α t i - t e h

Mas a barra está em pé, o que faremos? Basta vira a figura.

E assim podemos aplicar as nossas fórmulas, que serão:

Para a barra DC, podemos ver que de um lado temos a chapa e do outro temos um apoio, ou seja, podemos considerar essa barra do tipo engastada e apoiada, e a fórmula a ser usada nela é:

M A = 3 E J α t i - t e 2 h

E aplicando isso a nossa estrutura teremos que:

Olhando a estrutura com todos os momentos teremos que:

Assim teremos que a rigidez total em D será dado por:

β 10 = 90 - 90 + 135 = 135

Passo 3

Agora precisamos determinar a parcela referente a rotação que pode ser unitária ou podemos usar o conceito de rigidez relativa:

  • β 11
  • Sabemos aqui que temos que rotacionar a chapa 1, e sabemos que se fizermos isso nos sentido anti-horário, sempre teremos os nossos momentos positivos, sendo assim teremos a seguinte tabela a ser usada para as barras 1, 2 e 3 respeitando o caso engastado e apoiado e o caso Bi-engastado:

    E rotacionando a chapa 1 e aplicando as equações teremos:

    Veja que temos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 4 E J l 2 + 3 E J l 3

    Parece meio complicado calcularmos isso, certo? Então podemos usar o nosso fator para rigidez relativa:

    1 E J

    E assim teremos:

    β 11 = 4 E J l 1 + 4 E J l 2 + 3 E J l 3 1 E J

    Substituindo teremos que:

    β 11 = 4 l 1 + 4 l 2 + 3 l 3 = 4 4 + 4 4 + 3 5 = 2,6

    Passo 3

    Agora que já fizemos a parte mais difícil, basta montarmos o nosso sistema de equações que será:

    β 10 + β 11 ∆ 1 = 0

    135 + 2,6 ∆ 1 = 0

    Resolvendo esse sistema teremos que:

    ∆ 1 = - 51,92

    Para determinação dos momentos fletores, precisamos do momento fletor de todos os nós em todas as barras em todos os sistemas, dessa forma a primeira coisa que devemos fazer é analisar cada sistema.

  • Sistema 0
  • Sistema 1

Uma coisa mega importante é lembrar de usar o fator de rigidez relativa EM TODOS OS CASOS que temos para o sistema 1, se não vamos errar, sendo assim teremos que:

E usando a nossa fórmula para cada nó teremos que:

M A   ( b a r r a 1 ) = M 0 A ( b a r r a   1 ) + M 1 A ( b a r r a   1 ) ∆ 1

M A   ( b a r r a 1 ) = - 9 0 + 0,5   .     - 51,92 = - 115,96   k N m

M D   ( b a r r a 1 ) = M 0 D ( b a r r a   1 ) + M 1 D ( b a r r a   1 ) ∆ 1

M D   ( b a r r a 1 ) = 90 + 1,0   .     - 51,92 = 38,08   k N m

M C   ( b a r r a 2 ) = M 0 C ( b a r r a   2 ) + M 1 C ( b a r r a   2 ) ∆ 1

M C   ( b a r r a 2 ) = 90 + 0,5   .     - 51,92 = 64,04   k N m

M D   ( b a r r a 2 ) = M 0 D ( b a r r a   2 ) + M 1 D ( b a r r a   2 ) ∆ 1

M D   ( b a r r a 2 ) = - 9 0 + 1,0   .     - 51,92 = - 141,92   k N m

M D   ( b a r r a 3 ) = M 0 D ( b a r r a   3 ) + M 1 D ( b a r r a   3 ) ∆ 1

M D   ( b a r r a 3 ) = 135 + 0,6   .     - 51,92 = 103,85   k N m

M B   ( b a r r a 3 ) = M 0 B ( b a r r a   3 ) + M 1 B ( b a r r a   3 ) ∆ 1

M B   ( b a r r a 3 ) = 0 + 0   .     - 51,92 = 0   k N m

Perceba que já temos os momentos de cada nó da nossa estrutura, e para cada barra, sendo assim se desenharmos isso na nossa estrutura teremos que:

Resposta