Engenharia Civil Hiperestática – Deslocamento Nó 4

Engenharia Civil Hiperestática – Lista 1 Método da Carga Unitária
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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) 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

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

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) 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
  
 
     
      



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

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)

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
V 4,5 (1,5 6,5) 1,25 0 V 2,70833 kN A A       
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
        
    
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)

8) Calcule o deslocamento vertical da extremidade C da viga biapoiada vista na
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
V 4,0 10 5,0 0 V 12,5 kN A A      
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
          
    
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)

9) Calcule o deslocamento vertical da extremidade (nó C) da viga biapoiada vista na
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
V 4 (6 5) 1,5 0 V 11,25 kN A A       
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
        
    
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)

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    
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)

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
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     
M (x) 190 20x 0 x 4 m BD     
M (x) x 0 x 2 m BD     
M (x) 2 0 x 5 m BD     
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)

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
M (x) 8x 0 x 3m BD    
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    
M (x) x 0 x 3m BD    
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)

Engenharia Civil Hiperestática – Deslocamento Nó 4

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