HIPERESTÁTICA #35 | Método das Forças | Ex. 13 | Viga com Deslocamento prescrito (Recalque).

[@GamerKawpi]

Professor, que aula maravilhosa!

[@ProfRodolfo]

Valeu, Chrystian. Fico feliz que os vídeos estão sendo úteis. Bons Estudos!

[@claudiomoraes4736]

Excelente 👍

[@ProfRodolfo]

Valeu, Cláudio. Espero ter ajudado.

[@joaoluizgurgel7288]

Boa noite, professor! Caso houvesse tbm um recalque no ponto A, ou se por exemplo houvesse outro apoio sofrendo recalque, como eu faria?

[@ProfRodolfo]

Bom dia, João Luiz. Resolvendo da primeira maneira que mostrei no vídeo seria praticamente a mesma coisa. Veja a equação do δ₁₀ lá em 6:57, só seria diferente aí. Somente com o deslocamento em B a equação ficou: δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx - (δᏼ₀·Vᏼ₁) δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx - [(-10mm)·(-0,25)] Se tivesse mais de um deslocamento prescrito teríamos: δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx -Σ(δ₀·R₁) δ₀ são os deslocamentos prescritos e R₁ são as reações virtuais referentes a cada um dos deslocamentos prescritos. Digamos que além do prescrito em B tivéssemos também um deslocamento vertical prescrito em A com valor de 3 mm para cima e uma rotação prescrita também em A com valor de 5x10^-4 radianos no sentido horário. O δ₁₀ seria: δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx -Σ(δ₀·R₁) δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx -(δᏼ₀·Vᏼ₁ + δᴀ₀·Vᴀ₁ + Φᴀ₀·Mᴀ₁) δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx -[(-10x10^-3)·(-0,25) + (3x10^-3)·(0,25) + (-5x10^-4)·(1,0)] δ₁₀ = ∫(M₁M₀/EI)dx - 10x10^-3 · 0,25 - 3x10^-3 · 0,25 + 5x10^-4 · 1,0 Enfim... é só somar as contribuições de cada prescrito individualmente. Beleza? Não sei se vem acompanhando a playlist ou se só viu esse vídeo isolado, tem uma dica pra não se perder nos sinais que foi dita lá nos vídeos sobre o PTV... COMPARA O PRESCRITO COM A REAÇÃO VIRTUAL CORRESPONDENTE... SE ESTIVEREM NO MESMO SENTIDO A PARCELA É NEGATIVA DO CONTRÁRIO SERÁ POSITIVA. Veja nessa última equação escrita... δB para baixo e VB para baixo => - δᏼ₀·Vᏼ₁= - 10x10^-3 · 0,25 δA para cima e VA para cima => - δᴀ₀·Vᴀ₁ = - 3x10^-3 · 0,25 Φᴀ₀ no sentido horário e "Mᴀ₁" no sentido anti-horário = + Φᴀ₀·Mᴀ₁ = + 5x10^-4 · 1,0 Bons Estudos!

[@andressa7604]

professor, no caso para uma viga engasgada nas duas extremidades eu eliminaria como ? O Mb, Va e Vb deixando a viga em balanço?

[@andressa7604]

Mb, Vb e Hb** corrigindo

[@ProfRodolfo]

Sim. É um sistema principal possível. Elimina todas as reações do apoio do lado direito. E se você tiver apenas forças verticais aplicadas na viga ainda pode dizer sem fazer cálculo nenhum que as reações horizontais são nulas, com isso só restarão Mb e Vb para calcular. Não sei se vai ajudar (espero que sim) ou atrapalhar (porque é uma questão mais avançada), mas dá uma olhada no começo desse outro vídeo aqui... É uma viga biengastada também... E metade do vídeo é a solução dela usando o método das forças. kzbin.info/www/bejne/pHKYk2eQZdeVpJI

[@ProfRodolfo]

Ah, destaque no "POSSÌVEL". No Método das forças existem vários caminhos que podem ser escolhidos para resolver uma mesma questão.... E se tudo der certo todos devem levar a mesma resposta.

[@adrieladriel3779]

No comeco do video vc falou que nao poderia eliminar a reação de apoio do engaste na horizontal pois ela ficaria hipostatica pq?

[@ProfRodolfo]

Boa noite, Adriel. Minimamente a estrutura precisa obedecer as três equações de equilíbrio (Somatórios de forças horizontais, verticais e momentos iguais a zero). Isso garante que não tenha nenhum deslocamento de corpo rígido que seria algo como a estrutura sair voando por aí... No caso dessa viga, se a gente tirar a reação horizontal não vai ter ninguém para segurá-la na horizontal, um assopro e ela deslocaria infinitamente na horizontal. Essa resposta simples convence você? Se não convence, vou dar outro motivo para não tirar a reação horizontal. A gente já sabe o valor dela desde o começo (00:00)... É zero. Nesse ponto, sempre tem alguém que diz: "Ah, então se a gente já sabe o valor de uma reação, a viga não é hiperestática já que só sobram 3 reações e temos 3 equações de equilíbrio para usar." Sim, a gente tem 3 equações... quer dizer... TINHA... Porque o preço pago para dizer que HA é igual a zero é gastar a equação do somatório de forças horizontais mesmo que inconscientemente. Além disso, tirando o HA sobrariam VA, MA e VB no sistema principal para serem calculados com o somatório de forças verticais e o somatório de momentos iguais a zero (veja que aqui o somatório de forças horizontais não ajudaria em nada para o cálculo delas)... Ou seja, 3 incógnitas com 2 equações... Problema de novo! Com a prática a gente consegue identificar os sistemas principais que tornam a estrutura hipostática. Na grande maioria dos meus vídeos aqui do KZbin eu mostro algumas possibilidades para o SP que foram sugeridos pelos alunos, alguns acontecem de ser hipostáticos, quando isso acontece eu justifico o porquê não pode, nesse vídeo aqui eu passei voando e não comentei... Sempre que a gente adota um sistema principal que torna a estrutura hipostática mais cedo ou mais tarde vai aparecer alguma coisa estranha na solução... roda roda e não sai do lugar... algo como 39=0... divisão por zero... deslocamentos quilométricos... indícios de que tem algo errado. Se tiver tempo e paciência dá uma olhada lá no vídeo de isostática em que dou a diferença entre hipo, iso e hiper: kzbin.info/www/bejne/oIOqqZmZist0rdE Ou esse outro aqui de hiper mesmo em que falo sobre o grau de hiperestaticidade kzbin.info/www/bejne/e2aWlYV6prqrh5o

[@DoidaoGod]

Boa noite professor, estou com duvida na integral, há casos em que colocam o valor de EI e outros não, porque é feito isso?

[@ProfRodolfo]

Boa noite, Thiago. Neste vídeo ou no geral? O "EI" é a rigidez à flexão do elemento, daí está sempre associado ao momento fletor (integral de M-M). Sempre vai estar lá. Às vezes eu trato os outros parâmetros como uma rigidez a flexão equivalente, mas não lembro ter feito isso em algum vídeo que publiquei aqui, então acho que não seria isso. Se for em uma questão que só tem cargas concentradas e distribuídas (sem apoios elásticos, variação de temperatura ou deslocamentos prescritos) e o EI é o mesmo em todos os elementos daí não precisa definir o EI mesmo, pode tratar só como "EI" mesmo. Na equação de compatibilidade ele vai aparecer em todos os termos e poderia ser eliminado. Seria isso?

[@DoidaoGod]

@@ProfRodolfo entendi! tenho um exercicio em que a força esta para cima e o recalque para baixo, entao seria (menos)x(menos)x(mais) na formula certo? Porque na resoluçao que vi que eu vi ficou negativo ai nao entendi.

[@ProfRodolfo]

Oi, Thiago. Vi lá o e-mail que você mandou. É um pouco diferente da maneira que eu resolvi aqui no KZbin mas nos finalmentes termina dando no mesmo. A principal diferença lá é que toda a equação de compatibilidade está multiplicada pelo EI, mas beleza. Se quiser uma dica de como o deslocamento prescrito entra no delta 1-0 (ou 2-0, 3-0, ....), faz assim: A intensidade é sempre o valor do deslocamento prescrito multiplicado pela reação virtual do apoio (caso 1, 2, 3...). Se o deslocamento prescrito está na MESMA DIREÇÃO da reação virtual -> a parcela será NEGATIVA. Se o deslocamento prescrito está na DIREÇÃO CONTRÁRIA da reação virtual -> a parcela será POSITIVA. Chamei de deslocamento prescrito porque pode ser na vertical (recalque), horizontal ou rotação... serve pra tudo 👍 Nesse vídeo eu poderia só ter dito: Recalque pra baixo, Vb virtual pra baixo... Mesma direção 👍, logo a parcela é negativa, e a contribuição do recalque será: - recalque * Vb - (10*10^-3) * (0,25) Beleza? Se quiser deixar no padrão da resposta que você me enviou seria só multiplicar pelo EI.

[@DoidaoGod]

boa tarde professor, eu poderia considerar minha carga unitaria no recalque? desta forma o deslocamento no ponto seria igual a 10mm

[@ProfRodolfo]

Boa tarde, Thiago. Rapaz, tá estudando muito, hein? Muito bom! Sim, poderia, sem problemas. Fiz isso nesse vídeo aqui. kzbin.info/www/bejne/eIukmXZnbKuZg7s

[@MatheusAlves-eg9qy]

Rodolfo como eu resolveria esse exercicio com uma carga pontual no meio junto com a carga distribuída?

[@ProfRodolfo]

Boa tarde, Matheus. Basicamente não muda nada. Seria apenas considerar essa sua nova carga, mudariam as reações de apoio para o carregamento real, bem como o formato do diagrama, daí aumentaria o número de combinações a serem feitas. Alternativamente, você poderia "trapacear" utilizar o princípio da superposicão dos efeitos 😀... Vamos considerar o SP que eu retirei a reação de momento e a viga ficou biapoiada, beleza? Para a carga distribuída o diagrama resulta em ql2/8 e para a concentrada ficaria P.a.b/L. As combinações seriam só duas, fácil. Fiz isso no vídeo abaixo, para adiantar a resolução. kzbin.info/www/bejne/oKHKo6ZvYtibqrc Não sei se fui claro, espero ter ajudado. Valeu!