Exercícios Resolvidos de Variação de temperatura em Estruturas com Deslocabilidade Externa

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Enunciado

Para estrutura abaixo, sabendo que à mesma possui a temperatura das fibras externas igual a - 2 0 ° C e a temperatura das fibras internas igual a + 2 0 ° C , determine a deformação horizontal do ponto C.

α = 1   .   10 - 5

h = 50   c m

b = 50   c m

E = 5   .   10 6   k N / m 2

E J = 26042   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.

    • Analisando primeiro as deslocabilidades internas:

      • Sabemos que os pontos A e D são indeslocáveis, logo, não possuem deslocabilidade interna.
      • Agora que vem o diferencial. Os pontos C e B estão nas extremidades da barra com inércia infinita. SEMPRE que tivermos uma barra com inércia infinita, ela obrigatoriamente tornará os nós da sua extremidade indeslocaveis com relação a rotação. Ou seja, os nós C e B não podem rotacionar porque a barra CB possui uma inércia tão grande que já vai impedir isso. Ou seja, não temos deslocabilidade interna.
    • Analisando agora as deslocabilidades externas:

      • Os pontos A e D são engastes, logo são considerados indeslocaveis.
      • O ponto C também não pode se deslocar na vertical, porém pode claramente se deslocar na horizontal, por isso devemos travar ele nesse sentido, com o nosso velho amigo apoio do primeiro gênero.
      • Com o ponto C travado podemos ver que passamos a ter o ponto B indeslocavel, logo teremos apenas 1 deslocabilidade externa mesmo.

    Passo 3

    Determinado tudo isso vamos definir o valor de β 10 .

    Perceba que todas as barras ou possuem na sua extremidade, ou um engaste ou uma barra de inércia infinita que sabemos que impede rotação. Dessa maneira a nossa estrutura pode ser definida como um tipo de estrutura Bi-engastada.

  • Caso Bi-engastado

M A = - M B = E J α t i - t e h

E aplicando isso a nossa estrutura teremos que:

Substituindo os valores teremos que:

M A = - M B = 26042   .     1   .   10 - 5   . 20 - - 20 0,5 = 20,8336

E para determinarmos β 1 0 teremos que determinar a reação de apoio que receberá contribuição apenas das barras AB e CD.

Calculando as reações teremos que:

Perceba que temos duas reações de apoio, e que elas deram pra baixo (que é o nosso sentido negativo), dessa maneira teremos que:

β 1 0 = V C + V B = 0

Passo 2

Agora que definimos as rigidezes do sistema zero, precisamos determinar nos sistemas com a deformação de cada um dos travamentos, sendo assim teremos que:

  • β 11  

Para determinar o valor β 11 é muito simples, é só determinarmos a reação de apoio que age no nosso ponto 1.

Como temos que deslocar o nosso apoio em 1, e sabemos que todos os nossos nós são engastes, usaremos a seguinte fórmula:

Colocando o deslocamento na nossa estrutura teremos que:

Usando o fator de rigidez relativa teremos que:

1 E J   e   ρ = 1

Como todos os comprimentos são iguais teremos que:

6 L 2 = 6 10 2 = 0,06

Veja que somente as barras AB e DC produziram reações na horizontal, por isso iremos calcular apenas a reação de apoio referente a elas, sendo assim teremos que:

- 10 H B + 0,06 + 0,06 = 0

H B = 0,012

- 10 H C + 0,06 + 0,06 = 0

H C = 0,012

E aqui temos uma diferença importante, o sentido da reação nesse caso, é o mesmo da força calculada, ou seja, se H C e H B   estão pra frente, e na mesma direção do apoio 1, então a reação em 1 vai ser pra frente também e com o mesmo valor de   H C + H B . Sendo assim teremos que:

β 11 = H A + H B = 0,012 + 0,012 = 0,024

Passo 3

Resolvendo o nosso sistema vamos ter que:

β 10 + β 11 ∆ 1 = 0

Substituindo teremos que:

0 + 0,024 ∆ 1 = 0

∆ 1 = 0  

Nosso objetivo era determinar a deformação horizontal do ponto B, que é exatamente o ponto que colocamos o apoio do primeiro gênero 1, que nós da o ∆ 1 .

Vale lembrar que também dividimos tudo por EJ, ou seja, precisamos dividir aqui para termos o resultado real.

∆ B = 0 . 1 E J = 0   . 1 26042 = 0

Ou seja, pela simetria da estrutura e do carregamento de temperatura, o ponto B não sofre deslocamentos.

Resposta

∆ B = 0   m m