Lista01 hiperestatica-metodo carga-unitaria_gab

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  1. 1. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 1 Anhanguera-Uniderp 1) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 16000 kN. Solução: 1 3 4 2 2 m 2 m 2 m 1,5 m 1 kN V1 V2 HA Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. F 0 H 0 x A     Em seguida pode-se resolver a equação: M  0 z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos: V 0,5 kN M 0 V 4 1 2 0 1 z 1           usando a equação: F  0 y , temos: V 1,5 kN F 0 V V 1 0 2 y 1 2         Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen  = 0,6 e cos  = 0,8)  4 N2-4 N3-4 1 kN  1 N1-2 N1-3 0,5 kN  2 N2-3 N1-2 N2-4 1,5 kN N 1,33333 kN N N cos 0 N 1,66667 kN 1 N sen 0 3 4 3 4 2 4 2 4 2 4                   N 0,66667 kN N N cos 0 N 0,83333 kN N sen 0,5 0 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3                  N 0,83333 kN N sen N sen 1,5 0 2 3 2 3 2 4            Barra Nó i Nó f N N L N.N.L 1 1 2 -0,66667 -0,66667 4 1,7777956 2 3 4 1,33333 1,33333 4 7,1110756 3 1 3 0,83333 0,83333 2,5 1,7360972 4 2 3 -0,83333 -0,83333 2,5 1,7360972 5 2 4 -1,66667 -1,66667 2,5 6,9444722 = 19,305538 0,0012066 m 16000 19,305538 EA NNL       1,21mm Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é =1,21 mm (para baixo) 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 1,0 kN 1 3 2 4 1 4 3 2 5
  2. 2. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 2 Anhanguera-Uniderp 2) Calcule o deslocamento horizontal do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 533,33 kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já foram fornecidos. Barra N N L N.N.L 1 –2,000 0,500 4,0 -4,0 2 +4,000 1,000 4,0 16,0 3 +2,500 0,625 2,5 3,90625 4 –2,500 -0,625 2,5 3,90625 5 –5,000 0,000 2,5 0,0 = 19,8125 Solução: 1 3 4 2 2 m 2 m 2 m 1,5m 1 kN V1 V2 HA Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. F 0 H 1 x A     Em seguida pode-se resolver a equação: M  0 z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto 2 temos: M 0 V 4 1 1,5 0 V 0,375 kN z 1 1            usando a equação: F  0 y , temos: F 0 V V 0 V 0,375 kN y 1 2 2        Equações de esforços normais para cada uma das barras: (sen  = 0,6 e cos  = 0,8)  1 N1-2 N1-3 0,375 1,0 4  N2-4 N3-4 1,0  2 N2-3 N1-2 N2-4 0,375 N 0,5 kN N N cos 1 0 N 0,625 kN N sen 0,375 0 1 2 1 2 1 3 1 3 1 3                 N 1 kN N N cos 1 0 N 0 kN N sen 0 3 4 3 4 2 4 2 4 2 4                N 0,625 kN N sen N sen 0,375 0 2 3 2 4 2 3            0,0371487 m 533,33 18,8125 EA N N L 3      Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 3,71 cm (para direita) 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 3,0 kN 1 3 2 4 1 4 3 2 5
  3. 3. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 3 Anhanguera-Uniderp 3) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia EA = 31700 kN. Solução: Barra N N L N.N.L 1 12 1 4 48,000 2 12 0,33333 4 16,000 3 -12 -0,66667 4 32,000 4 -15 -1,25 2,5 46,875 5 0 -0,41667 2,5 0,000 6 0 0,41667 2,5 0,000 7 -15 -0,41667 2,5 15,625 = 158,500 0,005 m 31700 158,5 EA NNL        5 mm Resposta: O deslocamento horizontal do nó 4 é de 5,00 mm (para baixo) 1 3 2 4 5 2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 9,0 kN 1 2 3 4 5 6 7 9,0 kN
  4. 4. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 4 Anhanguera-Uniderp 4) Calcule o deslocamento vertical do nó 4 da treliça vista na figura abaixo. Considere os nós como rótulas perfeitas e as barras com inércia constante EA = 3200 kN. Note que, na tabela abaixo, os esforços para o carregamento original já foram fornecidos (menos a barra 3!). Solução: Barra N N L N.N.L 1 +2,00 +1,0000 4,0 8,0000 2 +6,00 +0,3333 4,0 8,0000 3 -4,00 -0,6667 4,0 10,6667 4 -2,50 -1,2500 2,5 7,8125 5 +2,50 -0,4167 2,5 -2,6042 6 -2,50 +0,4167 2,5 -2,6042 7 -7,50 -0,4167 2,5 7,8125 = 37,08396 0,0116 m 3200 37,08396 EA NNL V4      Resposta: Deslocamento vertical do nó 4 é V4=11,6 mm (para baixo) 1 3 2 4 5 2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m 1,5 m 6,0 kN 1 2 3 4 5 6 7
  5. 5. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 5 Anhanguera-Uniderp 5) Calcule o deslocamento horizontal do nó 3 da treliça vista ao lado. Todas as nove barras são tubos de aço (E=210 GPa) com diâmetro externo de 10 cm e diâmetro interno 9,2 cm. 2 m 2 m 4 m 4 m 3 m 3 m 4 m 1 2 3 6 4 5 7 8 9 1 2 3 4 5 6 20 kN    65 4 sen   ; 65 7 cos   13 3 52 6 sen    ; 13 2 52 4 cos    13 2 sen   ; 13 3 cos   Solução: Para o carregamento original, os esforços normais N são calculados abaixo: Reações de Apoio F 0 H 20 0 x 1        H 20 kN 1  M 0 V 14 0 z(1) 3       V 0 kN 3  F 0 V V 0 y 1 3       V 0 kN 1  Nó 1  1 H1 N1 N3  N 22,18801 kN N 37,21042 kN F 0 N sen N sen 0 F 0 N cos N cos H 0 3 1 y 1 3 x 1 3 1                    
  6. 6. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 6 Anhanguera-Uniderp Nó 4 4 N7 N4   22,18801 N 9,245 kN N 24,03701 kN F 0 N sen N sen 22,18801 sen 0 F 0 N cos N cos 22,18801 cos 0 7 4 y 4 7 x 4 7                        Nó 5 5 N8  24,03701 24,03701 N 26,66667 kN F 0 24,03701sen 24,03701sen N 0 8 y 8           Observações 1) Os esforços normais nas barras 2, 6, 5 e 9 são iguais aos esforços nas barras 1, 3, 4 e 7, respectivamente; 2) Os esforços normais para a carga unitária foram calculados dividindo-se por vinte os esforços normais para o carregamento original. Barra N N L N.N.L 1 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 2 37,21042 1,86052 8,06226 558,15629 3 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 4 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 5 -24,03701 -1,20185 3,60555 104,16038 6 -22,18801 -1,10940 7,21110 177,50410 7 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 8 26,66667 1,33333 4,00000 142,22226 9 9,24500 0,46225 3,60555 15,40833 = 1852,6805        0,0073131m 253338,03 1852,6805 EA N N L 12,063716 10 m 253338,03 kN m kN 10 cm 9,2 cm 210 10 4 EA 210 GPa 11 i 1 i i i 2 2 2 2 2 6              Resposta: Deslocamento horizontal do nó 3 é =0,0073131 m ou =7,31 mm
  7. 7. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 7 Anhanguera-Uniderp 6) Calcule o deslocamento vertical no meio do vão AB da viga biapoiada vista na figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia EI = 8000 kN.m2. A B 8,9 kN 4,3m 1,1m C 1,2m D 9,8 kN Solução: A B 8,9 kN 4,3m 1,1m C 1,2m D 9,8 kN VA VB A B 4,3m 1,1m C 1,2m D VA VB 1 Reações de apoio para o carregamento original M  0 z , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: V 4,3 8,9 5,5 9,8 1,1 0 V 8,87674 kN A A         F  0 y , temos: V V 8,9 9,8 0 V 9,82326 kN A B B       Tomando a origem de x em A, a equação de esforços no trecho AB é: M (x) V x 8,9(x 1,2) M (x) 8,87674x 8,9(x 1,2) 0 x 4,3m AB A AB           Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: M (x) 0,5x 1(x 2,15) 2,15 x 4,3m M (x) 0,5x 0 x 2,15 m AB AB           Assim o deslocamento no meio do vão é:       0,00310 m 8000 24,79975 EI 24,79975 EI 8,87674x 8,9(x 1,2) 0,5x dx 8,87674x 8,9(x 1,2) 0,5x 2,15 dx 24,79975 C 4,3 2,15 2,15 0 C                     Resposta: Deslocamento vertical no meio do vão é =3,10 mm (para cima)
  8. 8. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 8 Anhanguera-Uniderp 7) Calcule o deslocamento vertical do ponto C da viga biapoiada com balanço vista na figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão. Adote uma rigidez da seção transversal constante para todo o comprimento da viga E.I = 609,44 kN.m2. A B 4,5 m 1,5 kN/m 2,0 m C Solução: A B 1,5 kN/m 4,5 m 2 m C VA VB HA A B 4,5 m 2 m C VA VB HA 1 Reações de apoio para o carregamento original M  0 z , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: V 4,5 (1,5 6,5) 1,25 0 V 2,70833 kN A A        F  0 y , temos: V V (1,5 6,5) 0 V 7,04167 kN A B B       Tomando a origem de x em A, as equações de esforços nos trechos AB e BC serão: 2 BC A B BC 2 AB A AB V (x 4,5) M (x) 31,6875 9,75x 0,75x 2 x M (x) V x 1,5x M (x) 2,70833x 0,75x 2 x M (x) V x 1,5x               Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: M (x) V x V (x 4,5) M (x) x 6,5 M (x) V x M (x) 0,444x BC A B BC AB A AB            Assim o deslocamento em C:       0,001m 609,44 0,6094 EI 0,6094 EI 2,70833x 0,75x 0,444x dx 31,6875 9,75x 0,75x x 6,5 dx 0,6094 C 6,5 4,5 2 4,5 0 2 C                 Resposta: Deslocamento vertical do nó C é =1,00 mm (para baixo)
  9. 9. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 9 Anhanguera-Uniderp 8) Calcule o deslocamento vertical da extremidade C da viga biapoiada vista na figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia EI = 1000 kN.m2. A B 10 kN 4 m C 1 m Solução: A B 10 kN 4 m C 1 m VA=12,5 kN VB A B 4 m C 1 m VA=1,25 VB 1 Reações de apoio para o carregamento original M  0 z , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: V 4,0 10 5,0 0 V 12,5 kN A A       F  0 y , temos: V V 10 0 V 2,5 kN A B B       Tomando a origem de x em C, a equação de esforços nos trechos CA e AB são: M (x) 10x V (x 1) M (x) 12,5 2,5x 1,0 x 5,0 m M (x) 10x 0,0 x 1,0 m AB A AB AC                 Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: M (x) 1,25 0,25x 1,0 x 5,0 m M (x) x 0,0 x 1,0 m AB AC            Assim o deslocamento no meio do vão é:         0,0167 m 1000 50 / 3 EI 110 / 3 EI 10x x dx 12,5 2,5x 1,25 0,25x dx 50 / 3 m 5,0 1,0 1,0 0,0 m                   Resposta: Deslocamento vertical da extremidade C da viga é C = 1,67 cm (para baixo)
  10. 10. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 10 Anhanguera-Uniderp 9) Calcule o deslocamento vertical da extremidade (nó C) da viga biapoiada vista na figura abaixo. Considere a viga trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia EI = 11250 kN.m2. A B 6 kN/m 4m 1m C Solução: A B 6 kN/m 4m 1m C VA VB HA A B 4m 1m C VA VB HA 1 Reações de apoio para o carregamento original M  0 z , ou seja, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: V 4 (6 5) 1,5 0 V 11,25 kN A A        F  0 y , temos: V V (6 5) 0 V 18,75 kN A B B       Tomando a origem de x em A, as equações de esforços nos trechos AB e BC serão: 2 BC A B BC 2 AB A AB V (x 4) M (x) 75 30x 3x 2 x M (x) V x 6x M (x) 11,25x 3x 2 x M (x) V x 6x               Procedendo de maneira análoga para a carga unitária, temos as seguintes equações de esforços: M (x) V x V (x 4) M (x) x 5 x 4 1 M (x) V x M (x) BC A B BC AB A AB            Assim o deslocamento em C:      0,001m 11250 11,25 EI 11,25 x dx 75 30x 3x x 5 dx 12 0,75 11,25 4 1 EI 11,25x 3x C 5 4 2 4 0 2 C                            Resposta: Deslocamento vertical do nó C é =1,00 mm (para cima)
  11. 11. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 11 Anhanguera-Uniderp 10) Calcule o deslocamento vertical do nó B do quadro isostático visto na figura abaixo. Considere o quadro trabalhando fundamentalmente à flexão com inércia constante nas duas barras EI = 135500 kN.m2. B A C 6 m 8 kN 4 m 1 kN Solução: B A C 6 m 8 kN 4 m 1 kN B A C 6 m 1 4 m Equações de momentos para o carregamento original Barra BC – origem do eixo x em B M (x) 8x 0 x 6 m BC     Barra AC – origem do eixo x em C M (x) 48 1x 0 x 4 m BD      Equações de momentos para a carga unitária Barra BC – origem do eixo x em B M (x) x 0 x 6 m BD     Barra AC – origem do eixo x em C M (x) 6 0 x 4 m BD           0,0124 m 135500 1680 EI 1680 EI MM 8x x dx 48 x 6 dx 1680 VB 4 0 6 0 VB               Resposta: Deslocamento vertical do nó B é VB=1,24 cm (para baixo)
  12. 12. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 12 Anhanguera-Uniderp 11) Calcule os deslocamentos horizontal e vertical do nó B do quadro isostático representado pela figura abaixo. Considere o quadro trabalhando basicamente à flexão com inércia EI = 80000 kN.m2. B A C D 12 kN/m 5 m 2 m 20 kN 2 m Solução: B A C D 12 kN/m 5 m 2 m 20 kN 2 m B A C D 5 m 2 m 2 m 1 Equações de momentos para o carregamento original Barra BD – origem do eixo x em B M (x) 20x 0 x 2 m BD     Barra CD – origem do eixo x em D M (x) 6x 40 0 x 5 m 2 BD      Barra AC – origem do eixo x em C M (x) 190 20x 0 x 4 m BD      Equações de momentos para a carga unitária Barra BD – origem do eixo x em B M (x) x 0 x 2 m BD      Barra CD – origem do eixo x em D M (x) 2 0 x 5 m BD      Barra AC – origem do eixo x em C M (x) x 2 0 x 4 m BD               0,01325 m 80000 1060 EI 1060 EI MM 20x x dx 6x 40 2 dx 190 20x x 2 dx 1060 HB 4 0 5 0 2 2 0 HB                         Deslocamento horizontal do nó B = 0,01325 m. Resposta: Deslocamento horizontal do nó B é =13,3 mm (para esquerda)
  13. 13. Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária www.profwillian.com 13 Anhanguera-Uniderp 12) Calcule o deslocamento horizontal do apoio B do pórtico hiperestático representado pela figura abaixo. Considere as barras 1 e 3 de inércia EI=20000 kN.m2 e a barra 2 de inércia 4EI, todas trabalhando fundamentalmente à flexão. 1 2 B A C D 5 m 4 m 3 3 m 8 kN Solução: B A C D 8 kN 1,6 kN 1,6 kN 8 kN B A C D 1 0,2 0,2 1 Equações de momentos para o carregamento original Barra BD – origem do eixo x em B M (x) 8x 0 x 3m BD     Barra CD – origem do eixo x em D M (x) 24 1,6x 0 x 5 m CD      Barra AC – origem do eixo x em A M (x) 8x 0 x 4 m AC     Equações de momentos para a carga unitária Barra BD – origem do eixo x em B M (x) x 0 x 3m BD     Barra CD – origem do eixo x em D M (x) 3 0,2x 0 x 5 m CD      Barra AC – origem do eixo x em A M (x) x 0 x 4 m AC                0,0183 m 20000 366 EI 366 dx EI (x ) dx 8 4EI 3 0,2x dx 8 EI (x ) 8 dx EI 8x x dx 4EI 24 1,6 3 0,2x dx EI 8x x EI MM HB 4 0 5 2 0 3 2 0 2 HB 4 0 5 0 3 0 HB                         Resposta: Deslocamento horizontal do nó B é =18,3 mm (para esquerda)

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