Este documento apresenta a resolução de um exercício de Teoria das Estruturas 2. Contém a determinação das forças internas para diferentes configurações de deslocamentos unitários, considerando carregamentos térmicos e mecânicos. Também apresenta o sistema de equações para o carregamento global e a sua resolução, obtendo-se os valores dos deslocamentos nas seis incógnitas.

1. FEUP - ENGENHARIA CIVIL Exercício Complementar nº 1
TEORIA DAS ESTRUTURAS 2 Ano lectivo 2001/2002
Resolução / Critério de Avaliação
Valorização
a)
Nota sobre a Avaliação:
Cada item avaliado ou está
completamente certo ou está
completamente errado.
Apenas está certo se o resultado for
idêntico ao da solução, ou se for
rigorosamente demonstrado que a
substituição dos valores de entrada
correctos conduz exactamente aos
resultados da solução.
Consideram-se correctos os valores
com um erro inferior a 2%.
a) 2%
b) O grau de hiperstaticidade é 6.
b) 2%
c) O número de incógnitas hipergeométricas para resolução pelo método dos deslocamentos – formulação
directa – é 6.
c) 2%
Na resolução deste exercício considera-se a seguinte notação:
acção
xiAj B
barra
configuração
grau de liberdade
força de fixação
∆i deslocamento segundo o grau de liberdade i
Nota: Todas as forças de fixação (no sentido generalizado) são indicadas em kN ou kN.m e todos os deslocamentos são indicados em m ou rad.
1

2. d) Considerando apenas a acção Q (carregamentos vertical e horizontal) tem-se que para a configuração
∆i = 0 :
x10 =
Q
x10 1 + x10 2 + x10 3
Q Q Q = 0 + 0 − 10 × 4 / 8 = −5
x20 =
Q
x20 1 + x20 2 + x20 3
Q Q Q =0+0+0 =0
x30 =
Q
x30 1 + x30 2 + x30 3
Q Q Q = 0 + 0 − 10 / 2 = −5
x40 =
Q
x40 3 + x40 4
Q Q
= 10 × 4 / 8 − 20 × 5 2 / 12 = −36.6(6)
x50 =
Q
x50 3 + x50 4
Q Q = 0 + 20 × 5 / 2 = 50
x60 =
Q
x60 3 + x60 4
Q Q = −10 / 2 + 0 = −5
d) 6x1.5%=9%
Caso na resolução tenha sido considerado exclusivamente o carregamento vertical, a resposta é:
x10 = 0 ; x20 = 0 ; x30 = 0 ; x40 = −41.6(6) ; x50 = 50 ; x60 = 0 .
Q Q Q Q Q Q
e) Considerando apenas a acção A = t0 (variação térmica) tem-se que para a confifuração ∆ i = 0 :
E ⋅ A = 6000000 kN
E ⋅ A ⋅ α ⋅ t 0 = 1200 kN
x10 =
t0
x10 1 + x10 2 + x10 3
t0 t0 t0 =0+0+0 =0
x20 =
t0
x20 1 + x20 2 + x20 3
t0 t0 t0
= 0 + 0 + E ⋅ A ⋅α ⋅ t0 = 1200
x30 =
t0
x30 1 + x30 2 + x30 3
t0 t0 t0
= − E ⋅ A ⋅α ⋅ t 0 + E ⋅ A ⋅α ⋅ t0 + 0 =0
x40 =
t0
x40 3 + x40 4
t0 t0 =0+0 =0
x50 =
t0
x50 3 + x50 4
t0 t0
= − E ⋅ A ⋅α ⋅ t0 + 0 = −1200
x60 =
t0
x60 3 + x60 4
t0 t0
= 0 + E ⋅ A ⋅ α ⋅ t0 = 1200
e) 6x1.5%=9%
2

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TEORIA DAS ESTRUTURAS 2 Ano lectivo 2001/2002
Resolução / Critério de Avaliação
f) Configuração ∆1 = 1
E ⋅ I = 125000 kN ⋅ m 2 ; L1 = 2.0 m ; L2 = 2.0 m ; L3 = 4.0 m ; L4 = 5.0 m
4 EI 4 EI 4 EI
x11 = x11 1 + x11 2 + x11 3 = + + = 625000
L1 L2 L3
6 EI 6 EI
x21 = x211 + x21 2 + x21 3 = 2
− 2 +0 =0
L1 L2
6 EI
x31 = x31 1 + x31 2 + x31 3 = 0+0+ = 46875
L23
2 EI
x41 = x41 3 + x41 4 = +0 = 62500
L3
x51 = x51 3 + x51 4 =0+0 =0
6 EI
x61 = x61 3 + x61 4 =− +0 = −46875
L23
6x1%=6%
Configuração ∆ 2 = 1
6 EI 6 EI
x12 = x12 1 + x12 2 + x12 3 = 2
− 2 +0 =0
L1 L2
12EI 12 EI EA
x22 = x22 1 + x22 2 + x22 3 = 3
+ 3 + = 1875000
L1 L2 L3
x32 = x32 1 + x32 2 + x32 3 =0+0+0 =0
x42 = x42 3 + x42 4 =0+0 =0
EA
x52 = x52 3 + x52 4 =− +0 = −1500000
L3
x62 = x62 3 + x62 4 =0+0 =0
6x1%=6%
Nota: x12 = x21 √
3

4. Configuração ∆ 3 = 1
6 EI
x13 = x13 1 + x13 2 + x13 3 = 0+0+ = 46875
L23
x23 = x23 1 + x23 2 + x23 3 =0+0+0 =0
EA EA 12 EI
x33 = x33 1 + x33 2 + x33 3 = + + 3 = 6023437.5
L1 L2 L3
6 EI
x43 = x43 3 + x43 4 = +0 = 46875
L23
x53 = x53 3 + x53 4 =0+0 =0
12 EI
x63 = x63 3 + x63 4 =− +0 = −23437 .5
L33
6x1%=6%
Nota: x13 = x31 ; x23 = x32 √
Configuração ∆ 4 = 1
2 EI
x14 = x14 1 + x14 2 + x14 3 =0+0+ = 62500
L3
x24 = x24 1 + x24 2 + x24 3 =0+0+0 =0
6 EI
x34 = x34 1 + x34 2 + x34 3 = 0+0+ = 46875
L23
4 EI 4 EI
x44 = x44 3 + x44 4 = + = 225000
L3 L4
x54 = x54 3 + x54 4 =0−
6 EI = −30000
L24
6 EI
x64 = x64 3 + x64 4 =− +0 = −46875
L23
6x1%=6%
Nota: x14 = x41 ; x24 = x42 ; x34 = x43 √
4

5. FEUP - ENGENHARIA CIVIL Exercício Complementar nº 1
TEORIA DAS ESTRUTURAS 2 Ano lectivo 2001/2002
Resolução / Critério de Avaliação
Configuração ∆ 5 = 1
x15 = x15 1 + x15 2 + x15 3 =0+0+0 =0
EA = −1500000
x25 = x25 1 + x25 2 + x25 3 = 0+0−
L3
x35 = x35 1 + x35 2 + x35 3 =0+0+0 =0
x45 = x45 3 + x45 4 =0−
6 EI = −30000
L24
x55 = x55 3 + x55 4 =
EA 12 EI
+ 3
= 1512000
L3 L4
x65 = x65 3 + x65 4 =0+0 =0
6x1%=6%
Nota: x15 = x51 ; x25 = x52 ; x35 = x53 ; x45 = x54 √
Configuração ∆ 6 = 1
6 EI
x16 = x16 1 + x16 2 + x16 3 =0+0− = −46875
L23
x26 = x26 1 + x26 2 + x26 3 =0+0+0 =0
12 EI
x36 = x36 1 + x36 2 + x36 3 =0+0− = −23437 .5
L33
6 EI
x46 = x46 3 + x46 4 =− +0 = −46875
L23
x56 = x56 3 + x56 4 =0+0 =0
12 EI EA
x66 = x66 3 + x66 4 = + = 1223437 .5
L33 L4
6x1%=6%
5

6. g) Para o carregamento global, as forças de fixação resultam da consideração simultânea das duas acções:
x10 = x10 + x10
Q t0 = −5 + 0 = −5
x20 = x20 + x20
Q t0 = 0 + 1200 = 1200
x30 = x30 + x30
Q t0 = −5 + 0 = − 5
x40 = x40 + x40
Q t0 = −36.6(6) + 0 = −36.6(6)
x50 = x50 + x50
Q t0 = 50 − 1200 = −1150
x60 = x60 + x60
Q t0 = −5 + 1200 = +1195
2%
Ora, pelo princípio da sobreposição de efeitos sabe-se que para cada força generalizada associada ao grau de
liberdade i:
xi1 ⋅ ∆1 + xi 2 ⋅ ∆ 2 + xi 3 ⋅ ∆ 3 + xi 4 ⋅ ∆ 4 + xi 5 ⋅ ∆ 5 + xi 6 ⋅ ∆ 6 + xi 0 = 0
Então, aplicando essa expressão a todos os graus de liberdade e substituindo pelos valores anteriormente
determinados, obtém-se o seguinte sistema de equações:
 625000 ⋅ ∆1 + 0 ⋅ ∆2 + 46875 ⋅ ∆ 3 + 62500 ⋅ ∆ 4 + 0 ⋅ ∆5 − 46875 ⋅ ∆ 6 = 5
 0⋅∆ + 1875000 ⋅ ∆ 2 + 0 ⋅ ∆3 + 0 ⋅ ∆4 − 1500000 ⋅ ∆ 5 + 0 ⋅ ∆6 = − 1200
 1
 46875 ⋅ ∆1
 + 0 ⋅ ∆2 + 6023437.5 ⋅ ∆ 3 + 46875 ⋅ ∆ 4 + 0 ⋅ ∆5 − 23437.5 ⋅ ∆ 6 = 5

 62500 ⋅ ∆1 + 0 ⋅ ∆2 + 46875 ⋅ ∆ 3 + 225000 ⋅ ∆ 4 − 30000 ⋅ ∆ 5 − 46875 ⋅ ∆ 6 = 36.6(6)
 0 ⋅ ∆1 − 1500000 ⋅ ∆ 2 + 0 ⋅ ∆3 − 30000 ⋅ ∆ 4 + 1512000 ⋅ ∆ 5 + 0 ⋅ ∆6 = 1150

− 46875 ⋅ ∆1
 + 0 ⋅ ∆2 − 23437.5 ⋅ ∆ 3 − 46875 ⋅ ∆ 4 + 0 ⋅ ∆5 + 1223437.5 ⋅ ∆ 6 = − 1195
3%
Cuja resolução conduz aos seguintes valores:
 ∆1 = −71.2 × 10 −6
 −6
 ∆ 2 = −148.1×10
∆ 3 = −2.9 ×10 −6

 −6
[m, rad ]
∆ 4 = 61.8 ×10
∆ 5 = 614.9 × 10 −6

 ∆ 6 = −977.1×10 −6

3%
6

7. FEUP - ENGENHARIA CIVIL Exercício Complementar nº 1
TEORIA DAS ESTRUTURAS 2 Ano lectivo 2001/2002
Resolução / Critério de Avaliação
h) Fazendo uso, novamente, do Princípio da Sobreposição de Efeitos, e fazendo também uso de uma notação
semelhante à anterior, determinam-se os vários esforços nas extremidades das barras. Note-se que os valores
assim obtidos obedecem à convenção adoptada na alínea c).
Ou seja, o esforço segundo o grau de liberdade i na barra B é dado por:
xiB = xi1B ⋅ ∆1 + xi 2B ⋅ ∆ 2 + xi 3B ⋅ ∆ 3 + xi 4B ⋅ ∆ 4 + xi 5B ⋅ ∆ 5 + xi 6B ⋅ ∆ 6 + xi 0B
Recorrendo a esta expressão, podem determinar-se os esforços nos nós das barras onde se consideraram as
incógnitas hiperstáticas, por exemplo:
o momento flector na extremidade esquerda da barra 4 é dado por:
x44 = x414 ⋅ ∆1 + x424 ⋅ ∆ 2 + x434 ⋅ ∆ 3 + x444 ⋅ ∆ 4 + x454 ⋅ ∆ 5 + x464 ⋅ ∆ 6 + x404 + x404 ;
Q t0
ou seja, substituindo pelos valores anteriormente indicados:
x44 = −53.9 kN.m;
o esforço tranverso na extremidade de baixo da barra 3 é dado por:
x33 = x313 ⋅ ∆1 + x323 ⋅ ∆ 2 + x333 ⋅ ∆ 3 + x343 ⋅ ∆ 4 + x353 ⋅ ∆ 5 + x363 ⋅ ∆ 6 + x303 + x303 ;
Q t0
ou seja, substituindo pelos valores anteriormente indicados:
x33 = 17.4 kN;
o esforço axial na extremidade superior da barra 3 é dado por:
x53 = x513 ⋅ ∆1 + x523 ⋅ ∆ 2 + x533 ⋅ ∆ 3 + x543 ⋅ ∆ 4 + x553 ⋅ ∆ 5 + x563 ⋅ ∆ 6 + x503 + x503 ;
Q t0
ou seja, substituindo pelos valores anteriormente indicados:
x53 = −55.5 kN;
etc.
Os sinais desses esforços têm que ser criteriosamente tratados de modo a respeitar a convenção da Ressitência
dos Mareriais (nos diagramas de esforços).
Verifica-se que o problema da hiperestáticidade está resolvido. Para determinar os remanescentes esforços
actuantes, pode-se proceder de uma forma análoga ou então pode-se recorrer a cálculos estáticos triviais
(equações de equilíbrio). Por exemplo, o momento flector na extremidade direita da barra 4 é dado por:
7

8. M 4 dir . = − x53 × L4 + x44 − 20 × 5 2 / 2 = −26.3 kN.m.
E assim sucessivamente.
Resultam os seguintes diagramas de esforços para metade da estrutura (para a estrutura toda os diagramas
seriam obtidos atendendo às condições de simetria consideradas anteriormente):
2,775m
55.5
+
-
2.00m
-
-44.5
27.4
+
2.00m
41.1 -
+
17.4
-
-14.4
2,00m 2,00m 3,00m
8x1.%=8%
Diagrama de Esforços Tranversos (kN)
2,775m
-53.9
26.3
-
-
-53.9
+
-
2.00m
23.1
0.8
-36.7
2.00m
+
-18.9
+
-
-
+ 35.6
+
10.0
45.6
2,00m 2,00m 3,00m
8x1%=8%
Diagrama de Momentos Flectores (kN.m)
8

9. FEUP - ENGENHARIA CIVIL Exercício Complementar nº 1
TEORIA DAS ESTRUTURAS 2 Ano lectivo 2001/2002
Resolução / Critério de Avaliação
-
-27.4
2.00m
-
2.00m
+
-55.5
- -
-1191.3
-1208.7
2,00m 2,00m 3,00m
8x1%=8%
Diagrama de Esforços Axiais (kN)
Chama-se à atenção para o facto de que, se não for desprezada a deformação por esforço transverso, obtém-se o
valor exacto do deslocamento ∆ 2 = −169 × 10 −6 [m] . Esta diferença justifica-se devido à baixa razão h/L
das barras 1 e 2).
i) Para calcular a estrutura da figura 2 com base no sistema de equações anteriormente apresentado, basta
considerar as incógnitas ∆4, ∆5 e ∆6 dado os restantes deslocamentos serem nulos, donde resulta um sistema de
equações mais simples (zona sombreada).
 625000 ⋅ ∆1 + 0 ⋅ ∆2 + 46875 ⋅ ∆ 3 + 62500 ⋅ ∆ 4 + 0 ⋅ ∆5 − − 46875 ⋅ ∆ 6 = 5
 0⋅∆ + 1875000 ⋅ ∆ 2 + 0 ⋅ ∆3 + 0 ⋅ ∆4 − 1500000 ⋅ ∆ 5 + 0 ⋅ ∆6 = − 1200
 1

 46875 ⋅ ∆1 + 0 ⋅ ∆2 + 6023437.5 ⋅ ∆ 3 + 46875 ⋅ ∆ 4 + 0 ⋅ ∆5 − 32437.5 ⋅ ∆ 6 = 5

 62500 ⋅ ∆1 + 0 ⋅ ∆2 + 46875 ⋅ ∆ 3 + 225000 ⋅ ∆ 4 − 30000 ⋅ ∆ 5 − 46875 ⋅ ∆ 6 = + 36.6(6)
 0 ⋅ ∆1 − 1500000 ⋅ ∆ 2 + 0 ⋅ ∆3 − 30000 ⋅ ∆ 4 + 1512000 ⋅ ∆ 5 + 0 ⋅ ∆6 = 1150

− 46875 ⋅ ∆1
 + 0 ⋅ ∆2 − 23437.5 ⋅ ∆ 3 − 46875 ⋅ ∆ 4 + 0 ⋅ ∆5 + 1223437.5 ⋅ ∆ 6 = − 1195
Existem outras soluções possíveis, por exemplo, tornar artificialmente iguais a infinito os valores da rigidez das
duas barras inferiores.
8%
9