analise matricial

Universidade Federal do Espírito Santo

Curso de Pós-graduação emCálculo Estrutural e Fundações

Realização:Centro Tecnológico – UFESCoordenador: Prof. Dr. Élcio Cassimiro Alves

Universidade Federal do Espírito Santo

Curso de Pós-graduação emCálculo Estrutural e Fundações

1º módulo:Análise Matricial de Estrutura

Prof. Dr. Élcio Cassimiro Alves

Plano de Disciplina• Histórico• Formulação de Matriz de Rigidez de Barra• Problema Envolvendo Carregamento Geral• Exemplos de Análise

– Exemplo 1 – Viga– Exemplo 2 – Treliça– Exemplo 3 – Pórtico

• Problemas envolvendo Variação de Temperatura• Aplicação – Ftool.• Instabilidade Estrutural

– Processo gz

– Processo P-D

Referências Bibliográficas

• ABNT – NBR 6118-2007 – Procedimentos de Cálculo de Estruturas de Concreto Armado.

• Freitas Neto, José de Almeida; Vieira, Inaldo Ayres, ‘Análise Matricial de Estruturas’, 1975.

• Farias, Antônio de, ‘Notas de Aula’, USP São Carlos.• Ftool, ‘Manual Prático’ – Puc-Rio;• Martha, Luiz Fernando, “Analise de Estruturas’, Elsewier, 2010;

HistóricoMétodo dos Elementos Finitos (Clough – 1960 – Nomeclatura)Courant 1941 –primeiro a propor o MEF como ele é conhecido – Baseado no Princípio da Energia Potencial e funções de interpolação.

Origem nos Métodos de Análise Estrutural (Análise Matricial ) – Década de 50;

Fator Importante – Desenvolvimento dos computadores digitaisPórticosTreliças1953 engenheiros formulam equações de rigidez na forma

matricial resolvendo sistema de 100 graus de liberdade.

HistóricoCom o passar dos tempos e necessidades

Industria AeronáuticaNavalDesenvolvimento dos Métodos Numéricos

Pioneiros

Tipos de Elementos

Exemplos de Aplicação

Fonte: Lotti, R. S. , Machado, A. S. , Mazziero, E. T., Landre Jr., J.

Exemplos de Aplicação

Fonte: Martha, L. F. (1998)

Cuidados na Modelagem

Incompatibilidade de Elementos

Incompatibilidade no Campo de Deslocamentos

Cuidado na Geração de Malhas

Solução em Elementos FinitosVerifica-se a qualidade da Solução, Quando existe Solução Exata;

Na ausência de solução exata, verifica-se a convergência da solução com o refinamento da malha.

Malha original; Malha refinada Malha com Modificação do Elemento.

Exemplo de Solução

No. Elementos sx Erro12 189 20 356 88,4%30 470 32,0%40 537 14,3%50 569 6,0%60 592 4,0%80 615 3,9%

100 626 1,8%120 632 1,0%140 636 0,6%160 638 0,3%180 640 0,3%200 641 0,2%

0 50 100 150 200 2500

100

200

300

400

500

600

700

sx

F1F2

M2M1

L

d1=1

L

q2=1

L

d2=1

k11

k21

k31

k41

k42

L

q1=1

k12

k22

k32

k33k13

k23k43

k34k14

k44

k24

Os parâmetros kij , são os parâmetros de rigidez das barras ao aplicar deslocamentos e rotações unitárias nas suas extremidades

Considere:Formulação de Matriz de Rigidez de Barra - Viga

Considerando o princípio da superposição dos efeitos e considerando que os deslocamentos di, qi, podem ser quaisquer as reações finais da barra seriam:

F1=k11d1+k12q1+k13d2+k14q2

M1=k21d1+k22q1+k23d2+k24q2

F2=k31d1+k32q1+k33d2+k34q2

M2=k41d1+k42q1+k43d2+k44q2

Matricialmente:kb

𝑘𝑏=[𝑘11 𝑘12

𝑘21 𝑘22

𝑘13 𝑘14

𝑘23 𝑘24

𝑘31 𝑘32

𝑘41 𝑘42

𝑘33 𝑘34

𝑘43 𝑘44] 𝑑=¿

Onde:

Formulação de Matriz de Rigidez de Barra - Viga

F1F2

M2M1

L

d1=1

L

q2=1

L

d2=1

k11

k21

k31

k41

L

q1=1

k12

k22k42

k32

k33k13

k23k43

k34k14

k44

k24

Os parâmetros kij , são os parâmetros de rigidez das barras ao aplicar deslocamentos e rotações unitárias nas suas extremidades

Considere a aplicação de deslocamentos e rotações unitárias nas extremidades das barras:


Determinação dos parâmetros de rigidez

Considere a situação:

L

q1=1

k12

k22k42

k32

Da resistência dos Materiais tem-se:

𝛿=∫0

𝐿𝑀𝑥𝐸𝐼

𝑑𝑥=0𝜃=∫0

𝐿𝑀𝐸𝐼

𝑑𝑥=0


F1F2

M2M1

M

M1

M2

𝑀 1𝑥=𝐿−𝑥𝐿

𝑘11

𝑀 2𝑥=𝑥𝐿𝑘

42

𝑀 𝑥=𝐿− 𝑥𝐿

𝑘11

−𝑥𝐿𝑘

22

M1

M2

1=∫0

𝐿𝑀𝐸𝐼

𝑑𝑥

Para q=1

1= 1𝐸𝐼∫0

𝐿𝐿−𝑥𝐿

𝑘22

−𝑥𝐿𝑘

4 2

𝑑𝑥

L

q1=1

k12

k22

k32

x

1=[ 1𝐸𝐼

𝐿𝑥−𝑥2

2𝐿

𝑘22

−

𝑥2

2𝐿𝑘

42]

0

𝐿

1= 1𝐸𝐼

𝐿2−𝐿2

2𝐿

𝑘22

−

𝐿2

2𝐿𝑘

42

1= 1𝐸𝐼 ( 𝐿

❑

2𝑘

22

−𝐿2𝑘

42)

2𝐸𝐼𝐿

=(𝑘22−𝑘42 )


k42

Resolvendo para d=0

[ 𝐿𝑥2

2−𝑥3

3𝐿

𝑘22

−𝑥3

3𝐿𝑘

42]

0

𝐿

=0

𝐿3

2−𝐿3

3𝐿

𝑘22

−𝐿3

3𝐿𝑘

4 2

=0

𝐿2

6𝑘

22

−𝐿2

3𝑘

4 2

=0

𝑘22=2𝑘4 2

2𝐸𝐼𝐿

=(2𝑘4 2−𝑘4 2 )=𝑘4 2 4

22 L

EIk

Pelas equações da Estática:

232

422232

6

0L

L

EIk

kkk

23212

3212

6

0

L

EIkk

kk


4626

612612

2646

612612

22

22

3

LLLL

LL

LLLL

LL

L

EIKv

De forma similar os demais parâmetros de rigidez poderão ser obtidos, conforme foi obtido os parâmetros da segunda linha da matriz de rigidez.

Dessa forma, a matriz de rigidez fica dessa forma:


Sendo uma matriz simétrica de dimensão 4x4

Mapeando o sistema local para o sistema global

• A partir da matriz de rigidez da barra deve-se posicionar os elementos de rigidez na matriz global da estrutura

Dimensão final da matriz de rigidez da estrutura:

Tendo em vista que foram considerados dois deslocamentos por nó ( ,d q) a dimensão final da matriz de rigidez da estrutura será dada por:

Dim=No. Nós x No. Descolcamentos

O sistema de carregamento:

Todas as cargas existentes na estrutura devem ser transformadas em carregamentos nodais equivalentes como por exemplo:

Imposição das condições de contorno:

Para resolver o problema deve-se impor as condições de deslocamentos prescritos de acordo com as condições de apoio. Na matriz de rigidez atribui-se uma rigidez infinita na diagonal da matriz equivalente ao deslocamento nulo.


Carregamento Nodal EquivalenteSegue a tabela com ações nodais equivalentes

Exemplo: Resolva a viga abaixo através da método matricial. Supor Seção 15x40 cm, e material concreto armado com fck=20MPa

3 m3 m1 m

25kN/m15kN/m40kN

4 mDefinindo Nós e Barras – Modelo de Cálculo

1 2 3

3 m3 m1 m

25kN/m15kN/m40kN

4 m

4 51 2 3 4

15cm

40cm

4433

10812

4,0*15,0

12mx

bhI

MPaE 96,25043205600

f5600E

NBR6118 Segundo

ck

Matriz de Rigidez das Barras

1 2 3 4

k1=

240422,03 120211,01 -240422,03 120211,01 1

120211,01 80140,68 -120211,01 40070,34 2

-240422,03 -120211,01 240422,03 -120211,01 3

120211,01 40070,34 -120211,01 80140,68 4

3 4 5 6

k2=

8904,52 13356,78 -8904,52 13356,78 3

13356,78 26713,56 -13356,78 13356,78 4

-8904,52 -13356,78 8904,52 -13356,78 5

13356,78 13356,78 -13356,78 26713,56 6

4 5 6 7

k3=

8904,52 13356,78 -8904,52 13356,78 5

13356,78 26713,56 -13356,78 13356,78 6

-8904,52 -13356,78 8904,52 -13356,78 7

13356,78 13356,78 -13356,78 26713,56 8

7 8 9 10

k4=

3756,59 7513,19 -3756,59 7513,19 7

7513,19 20035,17 -7513,19 10017,58 8

-3756,59 -7513,19 3756,59 -7513,19 9

7513,19 10017,58 -7513,19 20035,17 10

Matriz de Rigidez Global

Dimensão Final= No. De Nós x Deslocamentos Nodais=5x2=10

KG=

240422,03 120211,01 -240422,03 120211,01 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,001

120211,01 80140,68 -120211,01 40070,34 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,002

-240422,03 -120211,01 249326,55 -106854,24 -8904,52 13356,78 0,00 0,00 0,00 0,003

120211,01 40070,34 -106854,24 106854,24 -13356,78 13356,78 0,00 0,00 0,00 0,004

0,00 0,00 -8904,52 -13356,78 17809,04 0,00 -8904,52 13356,78 0,00 0,005

0,00 0,00 13356,78 13356,78 0,00 53427,12 -13356,78 13356,78 0,00 0,006

0,00 0,00 0,00 0,00 -8904,52 -13356,78 12661,11 -5843,59 -3756,59 7513,197

0,00 0,00 0,00 0,00 13356,78 13356,78 -5843,59 46748,73 -7513,19 10017,588

0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 -3756,59 -7513,19 3756,59 -7513,199

0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 7513,19 10017,58 -7513,19 20035,1710

Condições de ContornoDevem ser verificadas as condições de apoio para impor os deslocamentos

Prescritos desta forma, para os deslocamentos impedidos serão inseridas rigidezes infinitas na diagonal da matriz relacionada com o deslocamento nulo.Exemplo:Nó 2: Apoio 2º. Gênero: Deslocamentos Vertical ( Deslocamento 3 Nulo)Nó 4 : Apoio 1º. Gênero: Deslocamento Vertical (Deslocamento 7 Nulo) Nó 5 : Apoio 2º. Gênero: Deslocamento Vertical (Deslocamento 9 Nulo)

Desta forma a matriz de rigidez global com a a inserção da rigidez infinita fica:

Matriz Global com Rigidez Ininita

KG=

240422,03 120211,01 -240422,03 120211,01 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,001

120211,01 80140,68 -120211,01 40070,34 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,002

-240422,03 -120211,01 1e20 -106854,24 -8904,52 13356,78 0,00 0,00 0,00 0,003

120211,01 40070,34 -106854,24 106854,24 -13356,78 13356,78 0,00 0,00 0,00 0,004

0,00 0,00 -8904,52 -13356,78 17809,04 0,00 -8904,52 13356,78 0,00 0,005

0,00 0,00 13356,78 13356,78 0,00 53427,12 -13356,78 13356,78 0,00 0,006

0,00 0,00 0,00 0,00 -8904,52 -13356,78 1e20 -5843,59 -3756,59 7513,197

0,00 0,00 0,00 0,00 13356,78 13356,78 -5843,59 46748,73 -7513,19 10017,588

0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 -3756,59 -7513,19 1e20 -7513,199

0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 7513,19 10017,58 -7513,19 20035,1710

Vetor de Cargas:As cargas nas barras devem ser transformadas em ações nodais equivalentes

Barra 1 2 3 4 TotalDireção

1 -12,50 -12,50 F1

2 -2,08 -2,08 F2

3 -12,50 -37,50 -50,00 F3

4 2,08 -30,02 -27,94 F4

5 -37,50 -40,00 -77,50 F5

6 30,02 30,02 F6

7 -30 -30,00 F7

8 -20 -20,00 F8

9 -30 -30,00 F9

10 20 20,00 F10

Resolvendo o Sistema de Equações

KGd=F

Obtém-se os deslocamentos Estruturais.Com os deslocamentos Estruturais e a matriz de rigidez de cada barra, pode-se obter as forças nas extremidades das barras

F=kb*d

10

9

8

7

44

8

7

6

5

33

6

5

4

3

22

4

3

2

1

11 . . . .

d

d

d

d

kF

d

d

d

d

kF

d

d

d

d

kF

d

d

d

d

kF bbbb

Momento Fletor

Esforço Cortante

Deformada

Resultados da Análise.

Formulação de Matriz de Rigidez de Treliça

Características das treliças ideais:

•Todas as cargas são nodais•Existe somente esforço axial nas barras•Possibilidade de grandes vãos

Para treliças com cargas fora dos nós•Deve-se transformar as cargas nas Barras em cargas nodais•Nas barras com carga fora do nó existirá esforço cortante e momento fletor.

Relação de tensão:

P

A

s=P/As=E e (Lei de Hooke)e=DL/L (Deformação Específica)

LL

EAP

Formulação de Matriz de Rigidez de Treliça – Caso Geral

qi

j

x

y

ai

j

x

y 1

sen(a)

yiyj

xixj

yi

xi

i

FF

FF

senL

EAF

L

EAF

L

EAF

,,

,,

,

2,

)()cos(

)(cos

)cos(

yiyj

xixj

yi

xi

i

FF

FF

senL

EAF

senL

EAF

senL

EAF

,,

,,

2,

,

)(

)()cos(

)(

ai

j

x

y

1

Cos(a)

Fi

Fj

Considere uma barra, de comprimento L, seção transversal, inclinada de um ângulo qualquer marcado do nó i para o nó j. Supor as condições para os deslocamentos unitários nas direções x e y dos nós i e j.

L


ai

j

x

y

1

yjyi

xjxi

yj

xj

j

FF

FF

senL

EAF

senL

EAF

senL

EAF

,,

,,

2,

,

)(

)()cos(

)(

yjyi

xjxi

yj

xj

j

FF

FF

senL

EAF

L

EAF

L

EAF

,,

,,

,

2,

)()cos(

)(cos

)cos(

ai

j

x

y

1

Cos(a)

Fi

Fj


Se considerar que os deslocamentos unitários nos nós podem ser quaisquer e considerar ainda as resultantes nesses nós nas direções x e y tem-se:

yjxjyixiyj

yjxjyixixj

yjxjyixiyi

yjxjyixixi

senL

EAsen

L

EA

L

EAsen

L

EAF

senL

EA

L

EAsen

L

EA

L

EAF

L

EAsen

L

EAsen

L

EAsen

L

EAF

senL

EA

L

EAsen

L

EA

L

EAF

,2

,,2

,,

,,2

,,2

,

,2

,,2

,,

,,2

,,2

,

)()()cos()(cos)()cos(

)()cos()(cos)()cos()(cos

)(cos)()cos()()()cos(


Matricialmente:

yj

xj

yi

xi

yj

xj

yi

xi

sensensen

sensen

sensensen

sensen

L

EA

F

F

F

F

,

,

,

,

22

22

22

22

,

,

,

,

)()()cos()(cos)()cos(


)(cos)()cos()()()cos(


yj

xj

yi

xi

yj

xj

yi

xi

Fsen

sen

sen

sen

L

EA

sen

sen

sen

sen

F

F

F

F

,

,

,

,

,

,

,

,

)cos()(00

)()cos(00

00)cos()(

00)()cos(

0000

0101

0000

0101

)cos()(00

)()cos(00

00)cos()(

00)()cos(

Exemplo de Cálculo de Treliça

P

2P1 2

3

1

23

L

L

Barra L (m) ao cos(a) sin(a)

1 L 0 1 0

2 1,414L 135 0,707 -0,707

3 L 90 0 1

4

3

2

1

1

0000

0101

0000

0101

L

EAk

6

42

5

3

5,05,05,05,0

5,05,05,05,0

5,05,05,05,0

5,05,05,05,0

414,1

L

EAk

6

23

5

1

1010

0000

1010

0000

L

EAk

000000

000000

00

00

00

00

1, XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

kG

XXXX

XXXX

XXXX

XXXXkG

00

00

00

00

000000

000000

2,

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

kG

00

00

000000

000000

00

00

3,

353,1353,0353,0353,010

353,0353,0353,0353,000

353,0353,0353,0353,000

353,0353,0353,0353,101

100010

000101

,iGG kk

Exemplo de Cálculo de Treliça

Sistema de EquaçãoK.d=F

0

0

2

0

0

353,1353,0353,0353,010

353,0353,0353,0353,000

353,0353,0353,0353,000

353,0353,0353,0353,101

100010

000101

6

5

4

3

2

1

P

P

Exemplo de Cálculo de Treliça (cont)Condição de contorno

Rigidez infinita para os deslocamentos nulos (1,2 e 6)

0

0

2

0

0

353,0353,0353,010

353,0353,0353,0353,000

353,0353,0353,0353,000

353,0353,0353,0353,101

10000

00010

16

5

4

3

2

1

P

P

Logo

EA

PL

EA

PLEA

PL

09,30

75.11

30

0

6

5

4

3

2

1

Formulação de Matriz de Rigidez de Barra Pórtico

L

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EA

L

EAL

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EA

L

EA

K

zzzz

zzzz

zzzz

zzzz

e

460

260

6120

6120

0000

260

460

6120

6120

0000

][

22

2323

22

2323

100

0cossin

0sincos

RTkTk eT

g

Seria a Adição da Matriz de Treliça e Matriz de Viga

R0

0RT][

bT

g FF T

Exemplo – Portico Plano10kN/m

10m

5m2

7

41-

2

mkN 2,0.10 E

m 0,5.10 J

m 0,2 A

1 2

3

1

2

Matriz de Rigidez da Barra 1

[K]1 =

400000 0 0 -400000 0 00 12000 60000 0 -12000 600000 60000 400000 0 -60000 200000

-400000 0 0 400000 0 00 -12000 -60000 0 12000 -600000 60000 200000 0 -60000 400000

Matriz de Rotaçao da Barra 1

[T]1 =

1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

Matriz de Rotaçao da Barra 1 - Transposta

[T]1T =

1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

[T]1T.[K]1 =

400000 0 0 -400000 0 00 12000 60000 0 -12000 600000 60000 400000 0 -60000 200000

-400000 0 0 400000 0 00 -12000 -60000 0 12000 -600000 60000 200000 0 -60000 400000

[T]1T.[K]1.[T]1 =

400000 0 0 -400000 0 00 12000 60000 0 -12000 600000 60000 400000 0 -60000 200000

-400000 0 0 400000 0 00 -12000 -60000 0 12000 -600000 60000 200000 0 -60000 400000

Matriz de Rigidez das Barras - Pórtico


[K]2=

800000 0 0 -800000 0 00 96000 240000 0 -96000 2400000 240000 800000 0 -240000 400000

-800000 0 0 800000 0 00 -96000 -240000 0 96000 -2400000 240000 400000 0 -240000 800000


[T]2 =

0,000 -1,000 0,000 0,000 0,000 0,0001,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 -1,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000


[T]2T =

0,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,000-1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 -1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

[T2T.[K]2 =

0 96000 240000 0 -96000 240000-800000 0 0 800000 0 0

0 240000 800000 0 -240000 4000000 -96000 -240000 0 96000 -240000

800000 0 0 -800000 0 00 240000 400000 0 -240000 800000

[T]2T.[K]2.[T]2 =

96000 0 240000 -96000 0 2400000 800000 0 0 -800000 0

240000 0 800000 -240000 0 400000-96000 0 -240000 96000 0 -240000

0 -800000 0 0 800000 0240000 0 400000 -240000 0 800000

Matriz de Rigidez das Barras - Pórtico

Matriz Global

Matriz de Rigidez Global da Estrutura

[K] =

400000 0 0 -400000 0 0 0 0 0

0 12000 60000 0 -12000 60000 0 0 0

0 60000 400000 0 -60000 200000 0 0 0

-400000 0 0 496000 0 240000 -96000 0 240000

0 -12000 -60000 0 812000 -60000 0 -800000 0

0 60000 200000 240000 -60000 1200000 -240000 0 400000

0 0 0 -96000 0 -240000 96000 0 -240000

0 0 0 0 -800000 0 0 800000 0

0 0 0 240000 0 400000 -240000 0 800000

Matriz Global Com condições de contorno

Matriz de Rigidez Global da Estrutura Adicionada de Rigidez infinita

[K] =

400000+∞ 0 0 -400000 0 0 0 0 0

0 1200+∞ 60000 0 -12000 60000 0 0 0

0 60000 400000+∞ 0 -60000 200000 0 0 0

-400000 0 0 496000 0 240000 -96000 0 240000

0 -12000 -60000 0 812000 -60000 0 -800000 0

0 60000 200000 240000 -60000 1200000 -240000 0 400000

0 0 0 -96000 0 -240000 96000+∞ 0 -240000

0 0 0 0 -800000 0 0 800000+∞ 0

0 0 0 240000 0 400000 -240000 0 800000+∞

Vetor de Cargas

Barra 1 2 TotalDireção

1 0,002 -50,003 -83,334 0,005 -50,006 83,337 8 9


[T]1T =

1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

[T]1T Fb=

[T]2T Fb=


[T]2T =

0,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,000-1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 -1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

Barra 2

Direção

Fb 4 05 -256 -20,837 08 -259 20,83

Barra 2

Direção

Fb,G 4 -255 06 -20,837 -258 09 20,83

Vetor de Cargas Globais

Barra 1 Direção

1 0 02 -50 -503 -83,33 -83,34 0 -25 -255 -50 0 -506 83,33 -20,83 62,57 -25 -258 0 09 20,83 20,83

Sistema de Equação

Kd=F

Resultados da Análise

Efeitos da Variação de Temperatura

• A variação de temperatura produz em uma estrutura uma tendência à mudança em sua geometria;

• Uma variação uniforme de temperatura t em um elemento de barra resulta numa variação de comprimento;

t.L.

t.E.A. F L

E. A

F

E.

Onde:a- coeficiente de expansão térmica linear;L – comprimento da barra;t – variação de temperatura;A – Área da seção transversal;E – Módulo de Elasticidade do material;

• Uma variação linear de temperatura entre a superfície superior (ts) e a inferior (ti) de um elemento, promove a flexão com rotação relativa;


h

L . ) t- (t . is

Numa seção genérica, teríamos:

E.J

M -

h

) t- .(t

ds

d is

Da resistência dos materiais, tem-se:

Onde: h é a altura da seção transversal:

• Para resolver pelo método da rigidez uma estrutura em tais condições, primeiramente deve-se separar os elementos de barra, engastando-os nas extremidades e obtendo-se as reações de fixação provocadas pela ação da temperatura;

• Com essas reações de fixação (tendo os sentidos trocados), compõem-se o carregamento nodal equivalente (CNE), dando-lhes o mesmo tratamento daqueles provenientes de carga no elemento, resolvendo-se, assim, a estrutura;

• No caso de variação (linear) de temperatura (externa e interna), se a temperatura na altura do centróide da seção transversal não varia, não há tendência à mudança de comprimento do elemento, e as ações de engastamento perfeito consistem apenas dos momentos MA e MB;

• Caso contrário, faz-se uma combinação das duas situações da tabela a seguir;



• De forma análoga ao caso da variação de temperatura, as modificações impostas na montagem de estruturas são consideradas no método da rigidez através do cálculo do carregamento nodal equivalente (CNE) a partir das reações de engastamento produzidas por deslocamentos de extremidade;

Efeitos de modificações de montagem

A resolução da estrutura se dá de forma idêntica ao caso de carregamentodistribuído ao longo do elemento;

Variação de Temperatura – Exemplo Numérico

• Obter o diagrama de momentos fletores para o pórtico plano abaixo, submetido à seguinte situação térmica, em relação ao dia de sua montagem (execução);

m 1,0 h

C/10

mkN 2,0.10 E

m 0,5.10 J

m 0,2 A

o5-

27

41-

2

• Numeração dos nós, elementos e GL globais e locais:


• Determinação do carregamento nodal equivalente – CNE:


0 0 0 0 R R 0 0 0 F t

g.E.A.t Rh

t.E.J. M

L

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EA

L

EAL

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EI

L

EI

L

EI

L

EIL

EA

L

EA

K

zzzz

zzzz

zzzz

zzzz

e

460

260

6120

6120

0000

260

460

6120

6120

0000

][

22

2323

22

2323

R0

0RT][

100

0cossin

0sincos

R

TKTK et

G


[K]1 =

400000 0 0 -400000 0 00 12000 60000 0 -12000 600000 60000 400000 0 -60000 200000

-400000 0 0 400000 0 00 -12000 -60000 0 12000 -600000 60000 200000 0 -60000 400000


[T]1 =

1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000


[T]1T =

1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

[T]1T.[K]1 =

400000 0 0 -400000 0 00 12000 60000 0 -12000 600000 60000 400000 0 -60000 200000

-400000 0 0 400000 0 00 -12000 -60000 0 12000 -600000 60000 200000 0 -60000 400000

[T]1T.[K]1.[T]1 =

400000 0 0 -400000 0 00 12000 60000 0 -12000 600000 60000 400000 0 -60000 200000

-400000 0 0 400000 0 00 -12000 -60000 0 12000 -600000 60000 200000 0 -60000 400000


Variação de Temperatura – Exemplo NuméricoMatriz de Rigidez da Barra 2

[K]2=

800000 0 0 -800000 0 00 96000 240000 0 -96000 2400000 240000 800000 0 -240000 400000

-800000 0 0 800000 0 00 -96000 -240000 0 96000 -2400000 240000 400000 0 -240000 800000


[T]2 =

0,000 -1,000 0,000 0,000 0,000 0,0001,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 -1,000 0,0000,000 0,000 0,000 1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000


[T]2T =

0,000 1,000 0,000 0,000 0,000 0,000-1,000 0,000 0,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 1,000 0,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 1,000 0,0000,000 0,000 0,000 -1,000 0,000 0,0000,000 0,000 0,000 0,000 0,000 1,000

[T]2T.[K]2 =

0 96000 240000 0 -96000 240000-800000 0 0 800000 0 0

0 240000 800000 0 -240000 4000000 -96000 -240000 0 96000 -240000

800000 0 0 -800000 0 00 240000 400000 0 -240000 800000

[T]2T.[K]2.[T]2 =

96000 0 240000 -96000 0 2400000 800000 0 0 -800000 0

240000 0 800000 -240000 0 400000-96000 0 -240000 96000 0 -240000

0 -800000 0 0 800000 0240000 0 400000 -240000 0 800000


Matriz de Rigidez Global da Estrutura

[K] =

400000 0 0 -400000 0 0 0 0 0

0 12000 60000 0 -12000 60000 0 0 0

0 60000 400000 0 -60000 200000 0 0 0

-400000 0 0 496000 0 240000 -96000 0 240000

0 -12000 -60000 0 812000 -60000 0 -800000 0

0 60000 200000 240000 -60000 1200000 -240000 0 400000

0 0 0 -96000 0 -240000 96000 0 -240000

0 0 0 0 -800000 0 0 800000 0

0 0 0 240000 0 400000 -240000 0 800000


Técnica dos zeros e um - Imposição das Condições de Contorno - Matriz [KG]

[K]G =

1 0 0 0 0 0 0 0 00 1 0 0 0 0 0 0 00 0 1 0 0 0 0 0 00 0 0 496000 0 240000 0 0 00 0 0 0 812000 -60000 0 0 0

0 0 0 240000 -60000 1200000 0 0 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1

Vetor Deslocamento0

=

0,000000000 0,000000000 0,00000000

u4 0,00087996u5 0,00048138u6 -0,000151920 0,000000000 0,000000000 0,00000000

Reações de ApoioR1 48,01 (kN)R2 -14,89 (kN)R3 340,73 (kN.m)R4 0,00 (kN)R5 0,00 (kN)R6 0,00 (kN.m)R7 -48,01 (kN)R8 14,89 (kN)R9 -249,58 (kN.m)



Ações Locais - Membro 01

R1 (kN) 400,0R2 (kN) 0,0

R3 (kN.m) 400,0R4 (kN) -400,0R5 (kN) 0,0

R6 (kN.m) -400,0

Esforços Extr. - Membro 01

R1 (kN) 48,0R2 (kN) -14,9

R3 (kN.m) 340,7R4 (kN) -48,0R5 (kN) 14,9

R6 (kN.m) -489,7

Ações Locais - Membro 02

R1 (kN) 400,0R2 (kN) 0,0

R3 (kN.m) 400,0R4 (kN) -400,0R5 (kN) 0,0

R6 (kN.m) -400,0

Esforços Extr. - Membro 02

R1 (kN) 14,9R2 (kN) 48,0

R3 (kN.m) 489,7R4 (kN) -14,9R5 (kN) -48,0

R6 (kN.m) -249,6



Diagrama de Esforço Normal (kN)

Diagrama de Esforço Cortante (kN)



Diagrama de Momento Fletor (kN.m)

Linha Elástica


DT=+100oC

Exemplo Numérico 2 – Variação de Temperatura com CargaVerifique as máximas tensões nas Barras da Cobertura em Arco Treliçado (Ftool)

66

3.1 Coeficiente γz

dtot

dtotz

M

M

,,1

,1

1

M1, tot, d: momento de tombamento, ou seja, a soma de todos os momentos de todas as forças horizontais da combinação considerada, com seus valores de cálculo, em relação à base da estrutura;∆M tot, d: é a soma dos produtos de todas as forças verticais atuantes na estrutura, na combinação considerada, com seus valores de cálculo, pelos deslocamentos horizontais de seus respectivos pontos de aplicação, obtida da análise de 1ª ordem.

Análise de Instabilidade

Por conveniência de análise, a NBR 6118:2007, em seu item 15.4.2, permite classificar as estruturas em estruturas de nós fixos e estruturas de nós móveis (estruturas deslocáveis). As primeiras são aquelas nas quais os efeitos globais de 2ª ordem são desprezíveis e podem ser desconsiderados (inferiores a 10% dos respectivos esforços de 1ª ordem). Nessas estruturas, permite-se considerar apenas os efeitos locais de 2ª ordem. Já as estruturas de nós móveis são aquelas nas quais os efeitos globais de 2ª ordem são importantes (superiores a 10% dos respectivos esforços de 1ª ordem). Nelas, devem ser obrigatoriamente considerados tanto os esforços de 2ª ordem globais como os locais. gz <1.1 estrutura indeslocável

Em geral as lajes formam septos e portanto os deslocamentos horizontais dos andares são os mesmos para todas as cargas verticais no mesmo pavimento..

Exemplos de Aplicação• Exemplo 1: Calcular os valores dos coeficientes z, para a

estrutura mostrada na figura abaixo, sabendo-se que o concreto possui fck = 25,0 MPa e o peso próprio da estrutura foi desprezado;

ResoluçãoMódulo de Elasticidade tangente inicial:

2ckcim

kN 28.000.000 MPa 28.000 255600. f5600. E

Inércia do Pilar

m 0,04166 12

0,50.1,0

12

b.h I 4

33

pilarc,

Deslocamento horizontal devido à ação horizontal

m 0,0036 04166,0.28000000.7,0.3

5.50.1,4

E.I3.

.LF u

3

sec

3d

hh,

Cálculo do z

1,009

350,30

-1

1

5.4,1.50036,0.600.1,4

-1

1

.LF.uP

-1

1

MM

-1

1

z

d

hh,d

dtot,1,

dtot,z

Resolução

71

3.1.1 Processo P 1. Primeiramente, faz-se a análise de primeira ordem da estrutura, calculando-se os

deslocamentos considerando a posição indeformada da estrutura. A partir da análise de

primeira ordem, determinam-se os deslocamentos relativos entre os pavimentos;

2. Com os valores dos deslocamentos relativos entre os pavimentos, são obtidos os

momentos proporcionais em virtude das ações das forças verticais atuantes nos nós;

3. Os momentos obtidos, então, são substituídos por binários equivalentes constituídos

de forças horizontais, cujas resultantes são denominadas forças horizontais fictícias,

cujos valores podem ser obtidos a partir da Expressão 3.13:

1

11

i

ii

i

iii h

dV

h

dVH (3.13)

1. Primeiramente, faz-se a análise de primeira ordem da estrutura, calculando-se os








1

11

i

ii

i

iii h

dV

h

dVH (3.13)

1. Primeiramente, faz-se a análise de primeira ordem da estrutura, calculando-se os








1

11

i

ii

i

iii h

dV

h

dVH (3.13)

Onde:

Vi, Vi+1: forças verticais acumuladas até os pavimentos i e i+1, respectivamente;

hi, hi+1: pés-direitos dos pavimentos i e i+1, respectivamente;

di, di+1: deslocamentos horizontais relativos do pavimento i em relação ao

pavimento i-1 e do pavimento i+1 em relação i+1 em relação ao pavimento i,

respectivamente.

72

1. As forças horizontais obtidas devem ser, então, adicionadas às forças horizontais

atuantes nos nós da estrutura, e então é realizada a segunda iteração, e o processo é,

então, repetido. Salienta-se que, a cada iteração, as forças horizontais modificadas

resultam do somatório entre as forças horizontais iniciais e as forças horizontais

fictícias obtidas na referida iteração;

2. O processo deve ser repetido, segundo MacGregor (1988, apud LIMA, 2001),

enquanto os deslocamentos de uma referida iteração excederem em mais de 5% da

iteração anterior.

1. As forças horizontais obtidas devem ser, então, adicionadas às forças horizontais

atuantes nos nós da estrutura, e então é realizada a segunda iteração, e o processo é,

então, repetido. Salienta-se que, a cada iteração, as forças horizontais modificadas

resultam do somatório entre as forças horizontais iniciais e as forças horizontais

fictícias obtidas na referida iteração;

2. O processo deve ser repetido, segundo MacGregor (1988, apud LIMA, 2001),

enquanto os deslocamentos de uma referida iteração excederem em mais de 5% da

iteração anterior.

73

FHi+1

iFH

FHi-1

pavimento i+1

pavimento i

pavimento i-1

Forças iniciais

Forças fictícias

hi+1

ih

hi-1

di+1

id

di-1

Vi+1

iV

Vi-1

i+1V i+1d

i+1h

hi+1

di+1Vi+1

iV id

ih

hi

diVi

i-1V i-1d

i-1h

Hi

i-1H

a) Estrutura indeformada

b) Estrutura deformada

c) Forças horizontais fictícias

FHi+1

iFH

FHi-1

pavimento i+1

pavimento i

pavimento i-1

Forças iniciais

Forças fictícias

hi+1

ih

hi-1

di+1

id

di-1

Vi+1

iV

Vi-1

i+1V i+1d

i+1h

hi+1

di+1Vi+1

iV id

ih

hi

diVi

i-1V i-1d

i-1h

Hi

i-1H




FHi+1

iFH

FHi-1

pavimento i+1

pavimento i

pavimento i-1

Forças iniciais

Forças fictícias

hi+1

ih

hi-1

di+1

id

di-1

Vi+1

iV

Vi-1

i+1V i+1d

i+1h

hi+1

di+1Vi+1

iV id

ih

hi

diVi

i-1V i-1d

i-1h

Hi

i-1H




Exemplos de Aplicação• Exemplo 2: Calcular os momentos na base engastada do

pilar submetido às ações horizontal e vertical indicadas na figura abaixo, levando em conta os efeitos de segunda ordem pelo processo P-Delta e pelo método simplificado do gama-Z;

ResoluçãoAnálise pelo processo P-Delta

Módulo de Elasticidade tangente inicial:

2ckcim

kN 28.000.000 MPa 28.000 255600. f5600. E

Inércia do Pilar

m 0,04166 12

0,50.1,0

12

b.h I 4

33

pilarc,

Deslocamento horizontal devido à ação horizontal

m 0,003572

04166,0.28000000.7,0.3

5.50.1,4

E.I3.

.LF

3

sec

3d

ResoluçãoMomento Fletor na base do pilar

kN.m 400,008 M

003572,0.10000.1,4 350 M

.P M M

kN.m 350 5.50.1,4 L . F M

2

2

d12

d1

Primeira força horizontal fictícia

kN 7,144 F

0,00357210000.1,4. .1,4.5F

. P L . F

1

d1,

dd1,

f

f

f

ResoluçãoDeslocamento horizontal devido à primeira força horizontal fictícia

m 0,0005104

04166,0.28000000.7,0.3

5.7,144.1,4

.I0,7E3.

.LF

3

pilc,ci

3d1,

1

f

Novo Momento Fletor na base do pilar

kN.m 407,154 M

0005104,0.10000.1,4 400,008 M

.P M M

2

2

1d23

Erro para esta iteração é calculado por:

(1,755%) kN.m 7,146 400,008 - 407,154 M - M e 23

ResoluçãoSegunda força horizontal fictícia

kN 1,021 F

1,4.5

0,000510410000.1,4. F

0,000510410000.1,4. .1,4.5F

Δ . P L . F

f2

f2

f2

1ddf2,

Deslocamento horizontal devido à segunda força horizontal fictícia

Resolução

m 0,0007294

04166,0.28000000.7,0.3

5.1,021.1,4

.I0,7E3.

.LF

3

pilc,ci

3d,2

2

f


kN.m 408,175 M

0007294,0.10000.1,4 407,154 M

.P M M

2

2

2d34


(0,250%) kN.m 1,021 407,154 - 408,175 M - M e 34

ResoluçãoTerceira força horizontal fictícia

kN 0,146 F

1,4.5

0,000729410000.1,4. F

0,000729410000.1,4. .1,4.5F

. P L . F

f2

f2

df3,

2ddf3,

Deslocamento horizontal devido à terceira força horizontal fictícia

Resolução

m 0,00001043

04166,0.28000000.7,0.3

5.0,146.1,4

.I0,7E3.

.LF

3

pilc,ci

3d,3

3

f


kN.m 408,321 M

00001043,0.10000.1,4 408,175 M

.P M M

2

2

3d45


(0,0358%) kN.m 0,146 408,175 - 408,321 M - M e 45

ResoluçãoQuarta força horizontal fictícia

kN 0,021 F

1,4.5

0,0000104310000.1,4. F

0,0000104310000.1,4. .1,4.5F

. P L . F

f2

f2

4f

3dd,4f

Deslocamento horizontal devido à quarta força horizontal fictícia

Resolução

m 0,0000015

04166,0.28000000.7,0.3

5.0,0021.1,4

.I0,7E3.

.LF

3

pilc,ci

3d,4

4

f


kN.m 408,342 M

0000015,0.10000.1,4 408,321 M

.P M M

2

2

4d56


(0,005%) kN.m 0,021 408,321 - 408,342 M - M e 56

• As iterações foram realizadas até que o valor do erro fosse em torno de 0,01% do momento de iteração anterior;

• A última iteração na qual se tem um erro de apenas 0,005%, sendo assim, considera-se M6 = 408,342 kN.m, o valor final do momento na base do pilar, obtido pelo processo P-Delta;

Resolução

• Majoração do esforço horizontal com 0,95.z

– Segundo o item 15.7.2 da NBR 6118:2003, uma solução aproximada para a determinação dos esforços finais (1ª ordem + 2ª ordem) consiste em multiplicar os esforços horizontais da combinação de carregamento considerada por 0,95.z , sendo esse processo válido somente para z ≤ 1,3;

– Para este caso, será majorada diretamente a ação F, por ser a única ação horizontal;

Análise pelo Método Simplificado do Gama-z

kN 55,43 F

0,95.1,16750. F

0,95.F. F

maj

maj

zmaj

• Após majorar a ação horizontal, calcula-se o momento na base do pilar em sua posição indeformada, ou seja, em sua posição original, sem consideração dos deslocamentos horizontais, como mostrado na figura a seguir;

• É importante lembrar que esse momento na base já considera os efeitos de segunda ordem;

Análise pelo Método Simplificado do Gama-z

kN.m 388,01 F

5.55,43.1,4 M

.LF M

maj

dmaj,

Momento na base do pilar obtido com 0,95.z

• Se em vez de 0,95.z fosse utilizado o valor integral .z para majorar a ação horizontal, obter-se-ia:

Resolução

kN.m 58,35 F

1,16750. F

F. F

maj

maj

zmaj

kN.m 408,45 F

5.58,35.1,4 M

.LF M

maj

dmaj,

Momento na base do pilar obtido com 0,95.z

• Este exemplo foi utilizado apenas para mostrar os conceitos do processo P-Delta e do Gama-z, de forma simples e didática;

• Não se pode esquecer que a NBR 6118:2003 prescreve que, para utilização do coeficiente Gama-z em edificações, são necessários no mínimo quatro pavimentos;

• No exemplo, pode-se observar que o momento obtido na base do pilar utilizando-se o P-Delta (408,34 kN.m) ficou bem próximo do relativo ao valor integral do Gama-z (408,45 kN.m);

Comparação entre o processo P-Delta e o Gama-z

• O resultado correspondente a 0,95.z (388,01 kN.m), como permite a NBR 6118:2003, foi aproximadamente 5% menor que o obtido pelo processo P-Delta;

• Vale ressaltar que para a dedução do coeficiente Gama-z, que se considera que os acréscimos de momento fletor a cada iteração diminuem segundo uma progressão geométrica de razão r;

• Com este simples exemplo calculado pelo P-Delta, pode-se perceber que realmente essa hipótese se verifica;

• A partir da tabela abaixo, verifica-se que os acréscimos de momento fletor constituem uma progressão geométrica de razão r = 0,143;



Momentos Fletores em kN.m obtidos pelo processo P-Delta

M1 M2 M3 M4 M5 M6

350 400,008 407,154 408,175 408,321 408,342

0,143 0,146

0,021

408,175-408,321

408,321-408,342

M - M

M - M

M

M r

0,143 1,021

0,146

407,154-408,175

408,175-408,321

M - M

M - M

M

M r

0,143 7,146

1,021

400,008-407,154

407,154-408,175

M - M

M - M

M

M r

0,143 50,008

7,146

350-400,008

400,008-407,154

M - M

M - M

M

M r

0,143 350

50,008

350

350-400,008

M

M - M

M

M r

45

56

4

5

34

45

3

4

23

34

2

3

12

23

1

2

1

12

1

1

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analise matricial