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Exercícios Resolvidos de Rigidez Relativa

Ver Teoria
Exercício 31245678

Enunciado

Para estrutura abaixo determine o diagrama de momentos fletores.

Passo 1

Como já sabemos, nossa estrutura apresenta apenas deslocabilidades internas, que são exatamente as deslocabilidades nos nós que não são nem apoio e nem rotulas, sendo assim teremos que a nossa estrutura travada com chapas será:

Sabemos que agora temos que determinar as nossas deformações: sendo assim sabemos que:

  • β 10

    • Perceba que para as barras 1 e 2, elas possuem um apoio de um lado (no ponto A e C) e uma chapa de outro (no ponto B), logo será do tipo engastado apoiado, e a carga nelas é distribuída, sendo assim nossa tabela será:

    Calculando na nossa estrutura teremos que:

    β 10 = 22,5 - 1 0 = 12,5   k N m

    Passo 2

    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 e 2 respeitando o caso engastado e apoiado:

    E rotacionando a chapa 1 e aplicando as equações teremos:

    Veja que temos:

    β 11 = 3 E J l 1 + 3 E J l 2

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

    1 E J

    E assim teremos:

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

    Substituindo teremos que:

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

    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

    12,5 + 2,5 ∆ 1 = 0

    Resolvendo esse sistema teremos que:

    ∆ 1 = - 5

    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 ) = 0 + 0   .     - 5 = 0   k N m

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

    M B   ( b a r r a 1 ) = - 10 + 1 , 5   .     - 5 = - 17,5   k N m

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

    M B   ( b a r r a 2 ) = 22,5 + 1,0   .     - 5 = 17,5   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 ) = 0 + 0   .     - 5 = 0   k N m

    Vale lembrar que o diagrama de momentos para uma barra com carga distribuída é dado por:

    Calculando para cada uma das nossas barras teremos que:

  • Barra 1

  • Barra 2

Pode parecer estranho falar disso agora, mas já vai fazer sentido, porque 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:

E perceba que o diagrama parabólico (barras 1 e 2) possuem o momento que calculamos anteriormente pra o meio da viga.

Resposta