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Z ai [90 da E RERERA ; EXERCICIOS DE HIPERESTÁTICA UEMA BlB.iu ECA CENTRAL | Data E / [0] : a PREFÁCIO DA 2º EDIÇÃO O aprendizado da Hiperestática deve ser complementado com a experiência obtida progressivamente na resolução de um número grande de exercícios. Em nossas aulas, temos tido o cuidado de acompanhar as exposições teóricas de um grande número de apli- cações, cujo grau de dificuldade vai aumentando com o decorrer do eurso. Neste livro, apresentamos despretenciosamento alguns exerci- cios resolvidos, precedidos de uma explicação em que se recorda a parte teórica da matéria. Neste nosso modesto trabalho, visamos apenas possibilitar aos estudantes e profissionais a oportunidade de praticarem acompa- nhando a resolução de um número de exercícios de dificuldade gra- dativa, de modo a adquirirem confiança, gôsto e estímulo pela ma- téria, Como não podemos, nesta primeira parte, terminar todos os assuntos, prometemos para breve uma segunda, em segiiência a esta, abordando o cálculo de esforços devido a recalques e variação de temperatura e, finalmente, o caso das estruturas dotadas de hastes em curvas, além de apresentar alguns exemplos em linguagem matricial, com a inclusão de alguns programas para computsdores. Aproveitamos a oportunidade, para agradecer a acolhida que teve a 1º edição e as sugestões dadas pelos nossos colegas com o intuito de colaboração esperando continuar a merecer dêles a aten- ção até aqui a nós dispensada que é, de fato, inestimável. ApoLPHO PoLILLO. 4 ÍNDICE CAPÍTULO I Cáleulo de Peiortiaçõna — Aplicações do princípio dos trabalhos virtuais 1. Caso de momento de inéreia constante a) Introdução b) Exercícios Nº 1 — Cálenlo de cotado, em uma viga em 2 apoios simples Nº 2 — Cálculo de deslocamento horizontal num quadro retangular ... à o de momento de inércia variável 4) Eoddado: ......s.. roi Fatôres de forma de 1º espécie . Fatôres de carga de 1º espécie . bj Exercícios . » Nº 3 — Cálculo de fatôr à for uma: haste reta dotada de mísulas retas simétricas .... Nº 4 — Cálculo de fatôres de forma em haste reta dotada de mísula reta Nº 6.— Cálculo de fatôres de carga para uma haste eta dotada de mísulas retas simétricas, su- jeita a um carregamento uniformemente CIRIIOADO, pisa RR emos o cones Nº 6 — Cáleulo de fatóres de carga para uma haste reta dotada de mísula parabólica ..... Nº 7 — Exercício completo de cálculo de deformações (rotação e deslocamento) em um quadro retangular dotado de hastes com momento de inércia variável . CAPÍTULO IL Método dos Esforços 1 — Explicação . 2 — Resolução das estruturas psR VR 3 — Marcha geral para resolução de uma estrutura pelo método dos esforços — Aplicações simples . Nº à — Cálculo de uma viga mono-engastada . Nº 9 — Quadro retangular bi-rotulado com mom: inércia constante ô — Regras para transformação de diagramas . a) Explicação b) Exercícios . 19 20 Bi 29 22 33 36 37 32 42 4 8 INDICE 6 — Caso de estruturas com hastes ortogonais Nº 89 — Quadro retangular manco resolvido pelo método dos deslocamentos 7 — Estruturas em quadros associados hoxizontalmente do- tadas de pilares de mesma altura .. Nº 40 — Estrutura constituída de quadros as- sociados horizontalmente .......... Nº 41 — Viga elâsticamente engastada em pilar engastado nas 2 extremidades . 8 — Estruturas de nós deslocáveis de vários andares Nº 42 — Estrutura em 2 andares ......... Nº 43 — Estrutura deslocável com eixo de metria cortando uma haste ..1..... Nº 44 — Estrutura simétrica em 2 andares sujeita a cargas horizontais ....... Nº 45 — Estrutura deslocável com eixo de si- metria passando por um nó CAPITULO IV Resolução de matrizes pelo algoritmo Gauss TA Game paid dO RR dt co dia o ONG 2 o 2 — Eliminação progressiva das incógnitas .. 3 — Sistematização das operações em quadro — Algoritmo prôpriamente dito . h 4 — Obtenção da matriz Nº 46 - Resolução de matriz assimétrica pelo algoritmo de Gauss ............... Nº 47 — Matriz simétrica resolvida pelo algo- ritmo de Gauss .......cceoo E CAPITULO V Processo de iteração 1 — Generalidades 2 — Classificação E 3 — Tteração em esquema estrutural . 3.1 — Generalidades 3.2 — Maneira de operar na iteração em esquema . .3 — Caso da viga contínua . “4 — Automatização da solução da viga contínua . Nº 48 — Cálculo de uma viga contínua ...... 3.5 — Caso de quadros associados horizontalmente de nós indeslocáveis ,....c.cececccreos Nº 49 — Resolução de matriz de um quadro associado horizontalmente com mo- mento de inércia constante oa co 194 194 199 202 206 212 216 218 224 231 231 285 235 238 244 246 249 249 249 29 250 251 252 258 255 ÍNDICE 4 — Iteração salteada ... 41 — Crnnaalaaao 4.2 — Equações clapeironeanas . 4.2.1 — Matriz clapeironeana com 8 incógnitas a Nº 50 — Cálculo de uma viga contínua com 4 vãos pelo processo de iteração sal- tenda . . ' ... Nº 61 — Cálculo de uma viga contínua com 6 vãos pelo processo de iteração sal- teada .eceeccemmerseranater Nº 52 — Resolução de uma matriz clapeironea- com 4 incógnitas pela iteração sal- teada .... — Iteração salteada aplicada aos sistemas de equações que á condosem a esquemas compostos de retângulos ou losan- gos +... Nº 63 — Quadro indeslocável em 2 andares . Nº 64 — Estrutura constituída de quadros de andares associados horizontalmente . & — Cuso de matriz com têrmos nulos com esquemas corres pondentes a polígonos estrelados . Nº 55 — Estrutura deslocável constituída de quadros associados horizontalmente . 7 — Caso mais geral de matriz completa 7.1 — Iteração salteada progressiva 7.2 — Algoritmo para executar a gressiva . 7.3 — Maneira mais conveniente Progressiva .icececeeeererereess Nº 56 — Resolução de uma matriz completa pela iteração salteada progressiva .. 8 — Caso de matrizes com muitos zeros e alto grau de in- etertthação o, 147 dA SID ERC E En NERD pd E Nº 57 — Resolução de uma estrutura em vá- rios andares com várias colunas com alto grau de indeterminação pela ite- ração dalteada ...icseerensecensoss 9 — Estruturas deslocáveis .. 9.1 — 1º orientação . 9,2 — Solução n& própria matriz .. E 9:3 = Solução utilizando um sistema principal hiper geométrico indeslocável ...ececesseseeeeeos Nº 68 — Resolução da estrutura do exercício Nº 40 em 2 passos de cálculo ...... Nº 69 — Resolução do exercício anterior em 2 passos de cálculo operando na P pria matriz Nº 60 — Resolução de estrutura deslocável de 2 andares em 2 passos de cáleulo . 257 257 258 258 261 264 ars 2 278 281 281 285 287 201 292 295 295 297 301 306 307 Caríruto 1 CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES APLICAÇÕES DO PRINCIPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS 1 — Caso de momento de inércia constante. a) Introdução Para calcular uma deformação qualquer, rotação ou flexa, (também chamada afundamento), em uma estrutura isostática, sujeita a um carregamento qualquer, procede-se do seguinte modo; quando se aplica o princípio dos trabalhos virtuais. Na direção da deformação procurada, aplica-se na estrutura descarregada, um esfôrço virtual unitário e traçam-se os diagramas de esforços seccionais correspondentes; traçam-se também os dia- gramas devidos aos carregamentos reais. A integração dêésses dia- gramas dá o valor da deformação procurada. / Fig. 1 Com efeito, de acôrdo com o princípio dos trabalhos virtuais, se chamarmos de ô a deformação procurada, de M, N e Q os esforços seccionais do carregamento real e de M, N e Q os esforços seccionais do carregamento virtual, teremos - [MH ag JE E ES a+ [Criss ES * 1 CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES Observe-se que, podemos entrar para o cálculo de EJy em tm?, com o módulo de elasticidade em t/em! é o momento de inércia, em dm*. Isto porque, 1 t/em? equivale a 1 tjm? multiplicado por 104. Por outro lado, 1 dm! = 1 X 10-4m4, N.º 2 Seja calcular a deformação no pé do pilar A-1 do quadro da figura 3, sujeito a carregamento uniformemente distribuído de 2 tm. Atendendo a que as hastes têm momentos de inércia, diferentes, vamos começar por calcular os comprimentos elásticos; para isto, adotaremos como momento de inércia básico, ou de comparação, fo = 100 dm', isto é, o momento de inércia dos pilares. Ja 100 Vu = ha =5,00 X Log = 5,00 = ly JJ 100 to=ty E = 8,00 x 300 = 400 O diagrama M devido ao carregamento dado, está indicado na fig. 4a. Como se deseja determinar a deformação ô, aplicaremos na, di- reção desta deformação uma fórça virtual unitária. O diagrama M está indicado na fig. 4h. Para obtermos a deformação multiplicada por Ev, entraremos - na tabela 1, Combinaremos os diagramas M e M haste por haste. Desde logo, observa-se que para as hastes verticais, o valor da integral é CASO DE MOMENTO DE INÉRCIA VARIÁVEL s nulo uma vez que, não existe momento fletor nestas hastes para o diagrama M. Resta, portanto, combinar o retângulo da fig. 4b com a pará- bola da fig. 4a. e! - pá EO M H 7) DC b) Ri Fig. 4 Entrando na coluna encimada pelo retângulo e na linha da pará- bola, encontramos, no cruzamento, o valor para: combinação destas figuras 2 wmr 3 MM portanto, o valor de ô multiplicado por EJy, será: dBl=— 25X 16X4 = — 218,838 ima Adotando para E = 210 t/em* e sendo Jp = 100 dm, resultará para O: 213,333 é == mão x 100 = 0,010159m = — 10,2 mm (!) 2 — Caso de momento de inércia variável. a) T ntrodução A tabela 2, de autoria do prof. Aderson Moreira da Rocha (Ver Bibl. 1), permite calcular os valores das integrais. MM = / Ee dz no caso de hastes com momento de inércia variável. (1) O sinal (—) significa que a deformação tem sentido contrário à fórça unitária aplicada (fig. 4b). Je CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES Os valores dessas integrais são dados em função dos fatóres de forma e carga de 1.º espécie. Fatóres de forma de 1.º espécie Fatôres de forma de 1.º espécie são os ângulos de rotação, mul- tiplicados por EJs, que aparecem nas extremidades das vigas em 2 npoios simples sujeitas à ação de um momento unitário em uma das extremidades, assim como mostra a figura 5. Os ão E; ps Ar Re od Fig. 5 by : Quando se aplica, na extremidade 1 da viga da fig. 5a, um mo- mento unitário, surge, nesta extremidade, uma rotação o e, na outra extremidade, um fator >. De modo análogo, quando se aplica na extremidade 2 um mo- mento unitário, aí aparece à deformação a» e do lado 1 o ângulo 81. Em virtude do princípio da reciprocidade, 8, = Ba. Os valores de ay, «> e É são obtidos integrando dois a dois os diagramas da figura 6, levando em conta a variação do momento de inércia. ” “ E , % EA Fig. 6 As tabelas 3, 4, 5 e 6, de autoria de Guldan, permitem de- terminar êsses fatôres para hastes retas dotadas de mísulas retas de um lado, mísula parabólica de um lado ou mísulas simétricas, retas ou parabólicas (fig. 7). Para entrada nas tabelas, calculam-se os argumentos dados pelas relações; AA A= de n= ms CASO DE MOMENTO DE INÉRCIA VARIÁVEL v i o de 1, é o comprimento da mísula, ! o comprimento da tantos Wa om am gt de inércia do trecho constante ou menor momento de cin da haste e Ja O maior momento de inércia da haste. Fig. 7 Para mísula de um lado só, as tabelas fornecem 3 coeficientes kr, kz e ko com os quais se calculam ag = tel a=hkl e B= kl se refere sempre ao lado da mísula, o segundo terceiro permite determinar B. a tabela fornece 2 coeficientes ke kz o primeiro coeficiente ao lado contrário e o Para mísulas simétricas, com os quais se calculam a=a=kl e B= kal o prof. Telemaco van Langendock, ' 6, de autoria di i A tabela 16, de forma no caso de uma variação permite determinar os fatôres qualquer de inércia. Fatóres de carga de 1. espécie a espécie são Os ângulos de rotação que Pa a de 1.º arara ga em 2 apoios simples quando aparecem nas extremidades de uma vii sujeitos à um carregamento qualquer. Fatôres de carga de 1.º espécie são plicados por EJ» que aparecem nas € 2 apoios simples quando sujeita à U | | l E Ps Fig. 8 os ângulos de rotação, raulti- xtromidades de uma viga em m carregamento qualquer. m ASO DE MOMENTO DE INÉRCIA VARIÁVEL 20 CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES j Nº 7 Para o quadro da figura 1 calcular as defo) e õ. deformações & 3, caleul: spectivamen! leformas; gular no apóio e locamento (respeeti ente def ões angul ôio 4 e deslocamento horizontal do apôio B) 2tm Tri E La A Í Temos RR eo ido 200 Com 0 dr A tabela 10 fornece E k = 0,0389 Bu=Hn=hkqtl!=00889x2xB8xXSE= 39,834 N.º 6 pa Seja calcular os fatóres de carga para a haste da figura 12. VR 200 cd “ ot t é) BE! 400) Md = sa ias : + d0o | pos Fig. 12 gl E Temos at E un Fa b) fil fo ga ago Ui Mm 125 sax Ea 1= 22 =025 [| À tabela 13 fornece A 1000 k, = 0,0524 ka = 0,0388 du =h PI! =0,0524x4x%8 X8= 13,41 Fig 13 Ma = ko PU! = 0,0388 X 4 X8X8 = 0,93 22 CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES Os diagramas das cargas reais estão dados nas figuras lda e 14b, | | 8) Fig. 14 f Vamos EDIR Primeiramente, a deformação angular q. Para isto, traçamos o diagráma virtual correspondente ao momento uni- tário aplicado na direção desta deformação apresentado na fig. 154 E Z | a) b) o amada Fig. 15 a) Dat potcémoo a deformação q multiplicada por EJy, é preciso ar O diagrama da fig. 1 i ma ig. 15a com os diagramas de cargas da Como se trata, de estrutura com momento ; de inérci i mister calcular os fatôres de forma e de carga ar das hastes. Cálculo dos fatôres de forma, E Para calcular os argumentos de entrada na tabela, é preciso, antes é aa nada, calcular os comprimentos das mísulas e os momentos e inércia nas extremidades das hastes. cisar bem quais as secções nos nós. Procede-se da seguinte forma: que deverá indicar o eixo da estrutu isto, Para isto, é necessário pre- “Traça-se uma linha pontilhada, verá ra para efeito de cálculo. Para dividiram-se ao meio as secções dos pés dos pilares e traçaram-se CASO DE MOMENTO DE INÉRCIA VARIÁVEL 2 «is linhas verticais pontilhadas, passando- pelo ponto médio daquela secção. (fig. 134). Divide-se, ao meio, a secção de menor altura da haste horizontal e traça-se a linha tracejada 1-2. Prolonga-se a mísula da haste 1-A até encontrar o cixo da haste 1-2 no ponto a. A espessura a-b (distância do ponto de encontro do prolongamento da másula até encontrar o eixo de outra barra, que concorre no nó comum, à face externa da barra), é a altura da secção na extremidade 1 da barra 1-A. Para determinar a altura na secção 2-1 da haste 1-2, prolongou-se a mísula do lado 2 desta haste até encontrar o eixo da haste 2-B no ponto e. A distância cd é a altura procurada, Restaria, agora, determinar o valor da altura da secção da extre- midade 2 da haste 2-B. Para isto, deveriamos prolongar a mísula do lado 2 até encontrar o eixo 1-2. Acontece, porém, que iríamos obter uma altura a que corres- ponde um momento de inércia muito grande em relação ao valor J = 40. Desta forma, a relação n seria muito próxima de zero. Podemos, portanto, considerar esta relação como nula, o que equivale a supor o momento de inércia no tôpo do pilar como infinito. Uma vez determinadas as secções extremas, são calculados os momentos de inércia, que vamos admitir iguais aos que estão regis- trados na figura 134. Quanto aos comprimentos das mísulas, êstes são medidos, em cada haste, no intervalo compreendido entre a secção em que a peça começar a variar à inércia e o eixo da barra concorrente na extre- midade da haste, como se vê na figura 134. Cálculo dos comprimentos elásticos (') Adotando para momento de inércia básico, o valor Jy = 40, teremos: tu = o X40=2,00 Vi = ly =10 Va =lm= 6,00 (1) Nas hastes com momento de inércia variável, para o cálculo dos com- primentos elásticos, considera-se como J da haste, o menor momento de inércia da haste. a) 26 CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES Teremos então: k, PU! = 0,0460 X 10 X 10 X 10 = 46,0 (lado da mísula) ka PU! = 0,0613 X 10 X 10 X 10 = 61,3 Un = Mar Haste 2-B (carga distribuída) Paran =0 e À =0,1 encontramos na tabela 8. kj = 0,0395 e ks = 0,0415 ap = 0,0395 X 2X 6º X 6 = 17,06 um = 0,0415X2X 6X 6 = 17,93 Na figura 1a, apresentamos um croquis dos fatôres de forma e na fig. 17b um croquis dos fatôres de carga, 2,320 as70 3 “o 04d 157 1458 1706 az 0,972 id ap 2000 1793 a b> A EA Fig. 17 Integração dos diagramas Combinando o diagrama da figura 15a com os da figura 14, utilizando a tabela 2 com auxílio dos croquis da fig. 17, vamos obter o valor de EJip. Para combinar o diagrama da figura 154 com o da figura 14a, basta combinar o diagrama da carga concentrada (fig. 144) com o tri- ângulo de ordenada unitária da haste horizontal 1-2 da figura 15a, Pela tabela, verifica-se ser êste valor igual a 13, como não podia deixar de ser, pela própria definição de js. A aplicação da tabela 2 permite obter ainda as parcelas devidas à combinação dos diagramas da figura 154 como os da figura 14h (triângulo com retângulo) e (trapézio com triângulo). CASO DE MOMENTO DE INÉRCIA VARIÁVEL ” Teremos para o total: oEda = as + Mis (ora + Bia) + (Mion + Ma Bai) = = 61,3 + 48 (0,40 + 0,23) + (48 X 3,32 + 36 X 1,57) = 312,22 Eira p= 210 X 40 = 0,037 radianos Calculemos agora a deformação ô. O diagrama virtual para à carga unitária na direção de d é apresentado na figura 15b. (Carga unitária horizontal aplicada na direção de ô no sentido da esquerda para a direita). A combinação do diagrama 15b com os diagramas de cargas da figura 14 permite determinar ôEJ». Teremos para carga concentrada. (haste 1-2): mM, +mM,=4X 61,3 + 6X 46= 521,20 Para a carga horizontal uniformemente distribuída, temos: haste 1-A MM, cus = 48X 4X 0,40 haste 1-2: MiMsoia + MiMaota + Bus (MM: + MM) = = 48X 4X 3,82 +36 X 6X 2,17 + 1,57 (48 X 6 +36 X 4) haste 2-B: para aplicação da tabela 2, dividiremos o diagrama M da haste 2-B em dois — um triângulo desenhado para o interior do quadro e uma parábola desenhada para o exterior como mostra & figura 18. a) b) e) Fig. 18 o NOS 28 CÁLCULO DE DEFORMAÇÕES Para combinação de triângulo com triângulo (fig. 18b e 145), temos: 36 X 6 X 1,458 e para o triângulo e parábola (fig. 14b e 18c) — 6 X 17,06 = MasMin — Para o total da carga uniformemente distribuída, teremos: 48 X4X04 +48X4X 3,32 +36 X6+217+ 1,57 (48 X6+ +36 X 4) +36 X 6 X 1,458 — 6 X 17,06 = 2073,76 Para o total dos dois carregamentos: El = 2073,76 + 521,2 = 2594,96 2594,96 Donde: â= or = 0,809m O o dias Caríruro II MÉTODO DOS ESFORÇOS 1 — Explicação. Estrutura isostática é aquela que pode ser resolvida imicamente com auxílio das equações da estática, isto é, com as condições de equilíbrio da estática. Estas condições, no plano, são: EX=0,27=0 e ZM=0 Uma estrutura isostática tem o número necessário, e suficiente, de vínculos para mantê-la em equilíbrio. A figura 19 apresenta um exemplo de estrutura isostática. Os apoios dão lugar a reações na direção dos vínculos que impedem deslocamentos. Fig. 19 Assim, à esquerda, o 1.º apoio dá lugar a uma reação vertical e o da direita, apoio do 2º gênero estático, dá lugar a duas reações uma horizontal e outra vertical, Temos, portanto, 3 reações. Como a Estática fornece 3 equa- ções, o sistema é determinado, a MÉTODO DOS ESFORÇOS Chamemos de s; a barra com 6 reações ou 6 vínculos, portanto 3 vêzes hiperestática. De s; à barra com 5 reações (2 vêzes inde- terminada), de s; à barra com 4 reações (1 vez hiperestática), de sa a barra com 3 reações (isostática), de t— um tirante — que sofre apenas um esfórço axial de tração e de e uma escora que sofre apenas um esfórço axial de compressão. Seja a o n.º de apoios adicionais. 4 A — ep 3— | | E ua s, Reed dai Das per ) | | ' E "BP er sr o | : Fig. 23 gi Chamemos de k, um nó completo, isto é, que transmite esforços nas 3 direções, portanto com 3 vínculos e k> um nó que apresenta liberdade de movimento numa direção, portanto com 2 vínculos. O grau de hiperestaticidade de um sistema é igual à soma dos graus de hiperestaticidade das hastes que o compõem menos o número de condições da estática que se podem impor em cada nó. Definidos: os elementos acima, o grau q é dado pela fórmula: p=3u+t2s+Hatiteta-3sk— 2h: 4 4 8 b) Fig. 24 À ár RESOLUÇÃO DAS ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS as 2 — Resolução das estruturas hiperestáticas. Como as estruturas hiperestáticas são sistemas indeterminados, não sendo portanto suficientes as condições da estática, temos que lançar mão de outras condições para levantar a indeterminação do sistema. Estas condições dão equações de coerência que vão tra- duzir a impossibilidade de haver deslocamentos nas direções dos vínculos superabundantes. Na direção de um vínculo externo, o deslocamento absoluto é nulo no sistema dado. Na direção de um vínculo interno o deslocamento relativo é nulo. Para levantar a indeterminação, lançamos mão de um artifício que consiste em utilizar uma estrutura auxiliar derivada do sistema, dado pela supressão dos vínculos superabundantes. ste sistema é chamado de sistema principal ou fundamental. Pode-se definir sistema principal como o sistema que se obtem anulando, no sistema dado, os esforços prêviamente escolhidos como incógnitas hiperestáticas, Para fixar as idéias, vamos considerar a estrutura da figura 25. [natapafete pano) Pra] RERERRERE Ha | = 8) ea Rua b) e Fig. 25 Esta estrutura é uma vez hiperestática externamente e duas vêzes internamente. Escolhendo para incógnitas hiperestáticas a reação horizontal (vínculo externo) no pé do pilar à esquerda e a fôrça cortante na rótula 1 (vínculo interno) e o momento fletor na, secção 2-4; quando anulamos estas incógnitas, transformamos o sistema dado naquêle da figura 25-b, que é o sistema principal, ad MÉTODO DOS ESFORÇOS Se aplicarmos, ao sistema principal, as cargas do sistema dado e os esforços X1, X. e Xs, tudo se passa, nêste sistema, como se se tratasse do sistema dado. Inclusive, podemos escrever que na di- reção de X, o deslocamento absoluto deve ser nulo, assim como nulo é o deslocamento relativo na direção de X; ou de Xs. Para facilitar êste procedimento, supõe-se aplicado ao sistema principal, primeira e inicamente, o esfórço X, = 1, A aplicação dêste esfôrço no sistema principal dá lugar ao dia- grama de esforços da figura 26-a que chamaremos de Mi. di Apt fi %, Xe? 7 == 8) dell ») | l ã | a | Ig Fig. 26 Em seguida, caleulam-se as deformações nas direções de X4, X; e X,; devidas a X,=1. RESOLUÇÃO DAS ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS 3 Essas deformações podem ser determinadas por qualquer dos processos conhecidos, inclusive pela aplicação do princípio dos tra- balhos virtuais. Para calcular a deformação absoluta (!) na direção de X, para Xi = 1 no sistema principal, basta combinar o diagrama M,, devido ao esfórço X; = 1, com o diagrama devido a um esfôrço virtual uni- tário X, = 1 na direção da deformação procurada que dá lugar a um outro diagrama exatamente igual a My. Utilizando as tabelas de integração de Kurt Beyer, no caso de, inércia constante, ou a tabela 2 que dá o valor dessa integração em função dos fatôres de primeira espécie, calcula-se o valor da integral ôn= + o MiMdz Para obter as deformações relativas(?), nas direções de X, ou Xs, devidas a X; = 1 no sistema principal, ôm e ôn respectivamente, combinamos o diagrama M; com os diagramas da figura 26b e 260 obtidos carregando o sistema principal com X; = le X; = 1,Tes- pectivamente. Da mesma forma, caleularíamos os coeficientes d,2, da € Ojo, combinando o diagrama M, com os diagramas M, e M; e com êle próprio. Observa-se que o coeficiente dy, já havia sido determinado por ser éle igual a 6, (de acôrdo com o princípio de reciprocidade). De fato, os coeficientes dr; e Ôw, no caso geral, são ambos deter- minados combinando M; com Mk (*). Para calcular as deformações dx nas direções de X, X2 e X; no” sistema principal, para a ação das cargas, basta combinar respecti- vamente os diagramas My, M, e M; com o diagrama das cargas Mo (da figura 8d.) (obtendo, respectivamente, di, 940, € Ô30). Conhecida a deformação na direção de X,=1, para X,=1, a deformação devida a X é proporcional e portanto igual a ôuX. Do mesmo modo, as deformações na direção de X; devidas a X, e X, serão ô,2X> € ô,3Xs. Como vimos, para ação das cargas, a deformação na direção de X; é do- ()) Absoluta por ser na direção de um vínculo externo. (*) Relativas por serem nas direções de vínculos internos. (8) No caso particular dêsse exemplo 4 = O. 
