Introdução a Isostática
Livro de Estruturas I, do curso de Engenharia Civil no Instituto Superior Politécnico de Tecnologias e Ciências (ISPTEC), . Docente: Prof. Eloy Ferraz Machado.
Primeiras linhas de Introdução a Isostática
Veteraano Veteraano Eloy FerrazMachado Junioi Introdução Isostática EESC-USP- Projeto Reenge - 1999Agosto Veteraano N d m u pihhpbkaçáopodadaaqmdozida, guardada pelo sistema "retrieval" ou transmitida de qualquer nmdoouporqualqueroutro meio, seja este eletrõnico, mecânico, de fotocópia, de gravação ou outros sem prévia autonzação, por escrito, da EESC. 1aedição; tiragem: 1.000 exemplares. Projeto gráfico: Gerson…
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- Tipo
- Livro
- Cadeira
- Estruturas I
- Curso
- Engenharia Civil
- Universidade
- Instituto Superior Politécnico de Tecnologias e Ciências
- Docente
- Prof. Eloy Ferraz Machado
- Ficheiro
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Eloy FerrazMachado JunioiIntroduçãoIsostáticaEESC-USP- Projeto Reenge- 1999AgostoVeteraano
N d m u pihhpbkaçáopodadaaqmdozida, guardada pelo sistema "retrieval" ou transmitida de qualquernmdoouporqualqueroutro meio, seja este eletrõnico, mecânico, de fotocópia, de gravação ou outros sem prévia auton-zação, por escrito, da EESC.1aedição; tiragem: 1.000 exemplares.Projeto gráfico: Gerson Luiz Carbonero, Luciana Lopez Martini,Reginaldo PerontiLucianaLopezMartini; foto: João Batista de PaivaCapa:MelloPiscis EditoraServiços de revisão, produção e coordenação de produção gráfica: A.Suporte técnico: Claudinei FabrícioIServiçode apoio a publicaçõesFichacatalogrllica preparada pela Seçáode TratamentoInformaçáodoServiçode Biblioteca- EESC-USPdaMachado Junior; Eloy F e r r a ~M 149i Introdução à isostática I EloyFerrazMachado Junior. -- SãoCarlos:EESC-USP, 1999.[260]p.:il.Inclui referências bibliográficas e índice.Projeto REENGE.85-85205-28-8ISBN1.Teoria das estruturas. 2. Estática das estruturas. 3.Estática. 4.Isostática.I. Título.Veteraano
ALiliaMaria, Eloy Neto,Carlos Gustavo, João Guilhermee Maria AugustaVeteraano
O REENGE,Reengenhariado Ensino de Engenharia, éuma linha de atuação doprograma de Desenvolvimento das Engenharias que tem por objetivo apoiar areformu-lação dos programas de ensino de engenharia como parte do processo de capacitaçãotecnológica e de modernização da sociedade brasileira, bem como da preparação paraenfrentar os desafios futuros gerados pelo progresso técnico e científico alcançados emnível internacional.Visando a consecução de seu objetivo, o REENGE tem oferecido apoio e incen-tivo para o desenvolvimento de importantes projetas, dentre os quais se destaca o depublicação de livros didáticos para os cursos de graduação e educação continuada.A presente publicação,IntroduçãoaIsostática, patrocinada pelo REENGE,éumtexto destinado ao apoio às disciplinas Isostática e Estática dos cursos de EngenhariaCivil, com caráter eminentemente didático e cobrindo os principais tópicos necessáriosàformação técnica do aluno nessa área.O autor, Eloy Ferraz Machado Junior, engenheiro civil formado pela Escola deEngenharia de São Carlos e professor doutor do Departamento de Engenharia deEstm-turas desta mesma escola, possui vários trabalhos publicados, tanto de cunho técnico-científico quanto didático.A obra incorpora o resultado de um trabalho sério, dedicado e competente reali-zado pelo professor Eloy, fmto de sua experiência na docência, constituindo-se numavaliosa contribuição ao aperfeiçoamento e melhoriadascondiçóesde oferecimento dasdisciplinas básicas, na área de estmturas, nos cursos de Engenharia Civil no país.Prof Dr. Jurandyr Povinelli*'Diretor da Escola dc Engenharia de Sáo Carlos da USP, Coordenador do ProjetoREENGEIEESC, foi presidente da Comissão de Pós-Graduação da EESC-USP esecre16rioexecutivo da Comissão de Especialistas do Ensino de Engenharia do MinistérioEducaçáoe dos Desportos.daVeteraano
Princípios Elementares da EstáticaINTRODUÇAO........................................... 1CONCEITO DE FORÇA..................................... 1CLASSESDEFORÇA..................................... 2PONTO MATERIAL E CORPOR~GIDO.......................... 3DIREÇOES QUAISQUER APLICADAS NO MESMO PONTOFORÇAS DE........................................... 4MATERIALCOMPONENTES CARTESIANAS DA RESULTANTE................. 68FORÇAS COPLANARES APLICADAS NO MESMO PONTO MATERIAL....FORÇAS APLICADAS NO MESMO CORPO R~GIDO................. 10MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO............. 13MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃOA UM EIXO.............. 16BINÁRIO............................................... 17REDUÇÃO DE UM SISTEMA DE FORÇAS APLICADAS EM UM CORPOR~GIDOA UMA FORÇA MAIS UMBINÁRIO..................... 18FORÇASCOPLANARES APLICADAS NA MESMA "CHAPA" R~GIDA...... 212 Elementos e Formas Fundamentaisdas EstruturasCLASSIFICAÇÃO DAS ESTRUTURAS........................... 272.1.............................2.2ESTRUTURAS LINEARES PLANAS 283 Vincuiação dos Sistemas Planos3.1 GENERALIDADES........................................ 313.2 REPRESENTAÇÁO DOS DIFERENTES TIPOS DEV~NCULOSPLANOS... 3 23.3 DETERMINAÇÃO GEOMÉTRICA DAS ESTRUTURAS PLANAS........ 333.4 CASOS EXCEPCIONAIS.................................... 38Veteraano
CLASSIFICAÇÃO DAS ESTRUTLIRAS QUANTO A SUA DETERMINAÇAO3.5..- - - - - - - -..- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 41GEOMETRICAEquilíbrio dos Sistemas Planos5 Esforços Solicitantes em Estruturas PlanasEstaticamente DeterminadasGENERAI-IDADES. - --.--. - - - ---.-.-..-....-- - - - - - - - -- - - - - 795.1DEFINIÇÃO DOS ESFORÇOS INTERNOS OU ESFORÇOS SOLICITANTES 805.2- -.- -.- - - - - - - - -.-. 84SIMPLIFICAÇÃOPARA OS SISTEMAS PLANOS.5.3Veteraano
5.4 CONVENÇÁODE SINAIS.................................. 875.5 EXEMPLOS DEAPLICAÇÁO................................ 906 RepresentaçãoGráfica dos Esforços Internos.Diagramas de Estado6.1 GENERALIDADES....................................... 103TRAÇADODOS DIAGRAMASATRAVÉSDEEXPRESSOESANAL~TICAS6.2DAS FUNÇÓES DOS ESFORÇOS SOLICITANTES............... 1036.3 RELAÇOES ENTRE CARGA, FORÇA CORTANTE E MOMENTO FLETOR-EQUAÇÁO DIFERENCIAL DOS MOMENTOS.................. 1086.4 EXEMPLOS DEAPLICAÇÁO UTILIZANDOA SOLUÇÃODAEQUAÇÁODIFERENCIAL DO MOMENTO FLETOR....................... I127 Exemplos de Aplicação.Traçado Direto7.1 GENERALIDADES...................................... -1237.2 VIGAS................................................ 1247.3 PÓRTICOS............................................. 158ARCOS TRI-ARTICULADOS COM APOIOS NO MESMON~VEL,SUJEITOS7.4A CARREGAMENTO VERTICAL............................ I73ESTRUTURAS PLANAS.CONSTITU~DASPOR BARRAS RETAS.7.5SUJEITAS A CARGAS PERPENDICULARESAO SEU PLANO........ 1807.6 GRELHA CURVA OU VIGA BALCÃO........................... -1888 TreliçasPlanas8.1 GENERALIDADES........................................ 1978.2 DETERMINAÇÁOANAL~TICADOS ESFORÇOS INTERNOS NAS BARRAS................................ -199DAS TRELIÇAS SIMPLES8.3 TRELIÇASISOSTÁTICAS COMPLEXAS........................ -2258.4 DETERMINAÇAO GRÁFICA DOS ESFORÇOS INTERNOS NAS BARRAS...............................-234DAS TRELIÇAS SIMPLES8.4.1 Método dos nós..................................... 2348.4.2 PlanoCrernona ou diagrama de Maxwell................... 238Veteraano
Esta publicação foi baseada em notas de aula, preparadas para as discipli-nas de Resistência dos Materiais e Isostática, ministradas, pelo autor, na Escolade Engenharia de São Carlos da Universidade de São Paulo, e na revisão bibli-ográfica efetuada durante a elaboração do texto.As matérias abordadas em cada capítulo são apresentadas em linguagemsimples e didática e pretendem representar, para os estudantes de engenhariaear-quitetura, o papel de guia durante os primeiros caminhos trilhados na área de en-genharia de estruturas.Os assuntos abordados nesta publicação estão reunidos em oito capítulos.No capítulo 1 são tratados os princípios gerais, elementares, da Estática Clássica,quando são introduzidos os conceitos de força, ponto material e corpo rígido. Asforças aplicadas, tanto no ponto material quanto no corpo rígido, são analisadas,vetorialmente, inicialmente no espaço e particularizadas para o plano. Para o es-tudo do corpo rígido são introduzidos os conceitos de momento, binário e reduçãode forças, em relação a um ponto.No capítulo 2, o leitor tem seu primeirocontatocom os elementos eformasestruturais e sua classificação a partir da geometria de seus componentes. O foco6 dirigido, em particular, para as estruturas lineares planas, quando então os ele-mentos lineares são diferenciados pelo papel que desempenham no conjunto daestrutura.No capítulo 3 são apresentados os vínculos entre os elementos componen-tes das estruturas planas e destas com a terra. São indicados os graus dedetemi-nação das estruturas planas convencionais em função das restrições aodeslocamento impostas pelos vínculos. Uma breve abordagem cinemáticaéfeitacujaexclusão dos ar-com o intuito de apresentar ao leitor os casos excepcionais,ranjos estruturais lineares confere a condição "suficiente" para a deteminacáogeométrica das estruturas planas.Veteraano
O capítulo 4 trata do equilíbrio dos sistemas planos, onde são relacionadosos diversos tipos de cargas aplicadas e sua classificação. As equações de equilí-brio, tratadas no capítulo 1, são utilizadas no cálculo das reações externas e inter-nas, despertadas pelas cargas e impostas pelos vínculos. Os exemplos resolvidosforam selecionados para proporcionar ao leitor uma visão bastante abrangente dasformas estruturais planas submetidas às mais variadas combinações dediversascarregamentos estáticos.No capítulo 5 são definidos os esforços solicitantes no caso geral e a par-ticularização para os sistemas planos, bem como o significado das convenções desinais. Através de exemplos simples, os esforços solicitantes são calculados porequilíbrio, pelo método das seções ou diretamente.No capítulo 6 são tratados os diagramas de estado, representação gráficados esforços internos, mostrando o traçado dos diagramas obtidos analiticamentee através de relações diferenciais entre cargas, força cortante e momento fletor.é inteiramente dedicado a exemplos de aplicação resolvidosO capítulo 7pelo método direto. Inicialmente, por motivos puramente didáticos, são aborda-das as vigas simples, inclusive as inclinadas e as curvas, passando pelas vigasGerber, pelos pórticos, arcos e grelhas, de barras retas e barras curvas, mais co-nhecidas como vigas balcão.Finalmente, no capítulo 8 são tratados os esforços internos nas estruturasem treliça, simples e complexas, calculadas analiticamente pelo método dos nósCremona,éobjeto de umae método das seções. O cálculo gráfico, pelo método deseção exclusiva, motivada pela sua genialidade e importância histórica.Encerrando a publicação, vêm as referências utilizadas na revisão biblio-gráfica, que de modo algum esgotam a bibliografia referente ao tema.Por fim, quero expressar meus agradecimentos ao professor João Carlosdigi-Antunes de Oliveira e Souza, pelas sugestões. Ao Rui Roberto Casale, pelatação;ao Francisco Carlos Guete de Brito e àSylvia Helena Morette Villani, pelaelaboração dos desenhos do texto embrião desta publicação.Veteraano
A estática, parte da Mecânica Clássica,éa teoria do equilíbrio das forças.Tem como finalidade o estudo das condições ou relações entre as forças que,atuando num corpo ou sistema de corpos, implicam em equilíbrio.A estática, aplicada a engenharia, é utilizada para a análise e dimerisiona-mento de estruturas e também para cálculo de suas deformações.1.2- CONCEITO DEFORÇAO conceito de força é introduzido na Mecânica Clássica como sendo aação de um corpo sobre outro, causando deformação ou movimento. Esta ação semanifesta por contato ou a distância, como é o caso das forças gravitacionais --os pesos q u e têm sempre sentido vertical para baixo.são distribuídas sobre osAs forças encontradas na natureza, na verdade,elementos de seu volume, como o peso de um corpo, ou sobre os elementos desuperfície, como a pressão da água sobre as paredes de um recipiente que acontém. Na Mecânica Vetorial, a força é tratada como concentrada, idealizaçãoVeteraano
que tem precisão suficiente na grande maioria dos casos. A força 6portanto re-.-15-presentada por um vetor e necessita, para sua definição, da sua intensidade,direção, sentido e do seu ponto de aplicação. A unidade de força no Sistema(SI) é o newton (N), definido como a forca queInternacional de Unidadesimprime àmassa de I kg uma aceleração de Id s ', Fig. 1.1Figura 1.11N= (Ikg) x ( l m / s 2) =l k g. m / s 21.3-CLASSES DE FORÇASAs forças que atuam num corpo ou sistema de corpos podem ser classifi-cadas como forças externas e internas. As externas são aquelas devidas a açõessão as originadas pela interaçáoexternas ao conjunto que se analisa. As internasentre os pontos ou corpos que constituem o conjunto analisado.As forças externas podem ainda ser classificadas em ativas e reativas. Assão geralmente dadas ou facilmente determináveis e atuam diretamenteativassobre o corpo ou sistema de corpos. As reativas são forças localizadas e surgemdevido aos vínculos ou ligações que impedem movimentos. Só aparecem quandoatuam forças ativas.Como exemplo observemos o bloco A apoiado sobre os blocos B e C, Fig.1.2.a,todos submetidosà açáo dos seus pesos próprios. Considerando, para aná-3lise. somente o bloco A, Fig. 1.2.b,seu peso próprio P, é a força ativa a ser con-siderada.3 3As pressões p, e p,, que os blocos B e C exercem sobre A, são as forças+ + 3 3 +reativas. P,, p, e p, são forças externas. As mesmas pressões p, e p,, comsentido contrário,são forças ativas atuando sobre B e C, Fig. 1.2.b.1.2.c,asAnalisando o conjunto formado pelo sistemade blocos ARC, Fig.Veteraano
+ S -t +++forças P,, P, e P, são as ativas e as pressóes p', e p', serão as reativas. P,,i + ++P,,P,, p', e p', são forças externas.Aspressaes p, e p,,entre os blocosB,C e o blocoA,não são consideradasna análise do sistemaABC,pois são agora forças internas. No estudo das partes estasforças aparecem sempre aos pares, com o mesmo valor mas com sentido contrário.Figura 1.21.4- PONTO MATERIAL E CORPOR~GIDOA força é a aqão de um corpo sobre outro. Em uma grande quantidade decasos esta ação pode ser tratada, com boa precisão, como concentrada em umà ação de forçasúnico ponto. Quando o tamanho e a forma do corpo submetidonão afetam significativamente a análise do problema fisico, podemos considerarestas forças aplicadas em uma única partícula ou ponto material.O ponto material, portanto, s6pode ser submetido a forças concorrentes etendo-se em vista que todas elas têm o mesmo ponto de aplicação, para adefinição de cada força basta sua intensidade, direção e sentido.Quando a ação de várias forças se dá em pontos distintos de um corpo, háque considerar sua forma e tamanho. O corpo, neste caso, pode ser tratado comoVeteraano
um conjunto de pontos materiais. As forças nele aplicadas necessitam, para suainteira caracterização, também dadefiniçio de seus pontos deaplicaçio.Todos os elementos componentes das estruturas -as máquinas incluídas-sofrem pequenas deformações quando submetidos à ação de forças. Quando cstasdeformações não alteram substancialmente a natureza do problema físico analisado,é, suportar forças sem se deformar.os corpos podem ser considerados rígidos, istoSe o problema estudado fosse a resistência dos elementos ou o deslocamentode um determinado ponto, entáo as deformações teriam que ser consideradas.Para exemplificar a concepção de corpos reais como rígidos, podemosobservar os sistemas da Fig. 1.3, onde pretendemos determinar as forças nos ca-o) Pcso:?i~slcnLiid>pr>rdois c o b o s dc uqi, bos de sustentação.iNo caso da Fig. 1.3.a a decomposição da força P em componentes, nasdireções AC e BC, determina as intensidades das forças nos cabos, sem a1.3.b,para senecessidade de se considerar as suas deformações. No caso da Fig.determinar as forças nos cabos a deformaçâo dos mesmos deverá, necessaria-mente, ser considerada. No caso (a) os fios podem ser considerados rígidos paraa solução do problema físico em questão, o que não acontece no caso (b).b) l'eso susteiitado p o rl i é s c o b o s i l j v Nesta publicação serão tratados apenas os casos em que os sólidos podemFigura 1.3 ser considerados rígidos, istoé, capazes de suportar forças sem se deformarem.1.5-FORÇAS DE DIREÇÓESQUAISQUER APLICADAS NO MESMO PONTOMATERIAL+ 3Comprova-se experimentalmente que duas forças, P! e P, aplicadas numponto material ou no mesmo ponto de um corpo rígido podem ser substituídas poruma única força R que proporcione o mesmo efeito sobre o ponto ou corpo rígido.A força única é chamada resultante das duas forças e pode ser determinadapela construção de um paralelogramo que tenha as duas forças como lados, Fig. 1.4.Veteraano
Figura 1.4Esta regra para a obtenção da resultante 6conhecida como lei do paralelo-gramo para adição de duas forças.Usando o mesmo raciocínio, podemos utilizar a lei do paralelogramo, su-cessivamente, para encontrar a resultante de várias forças aplicadas no mesmoponto, Fig. 1.5.A resultante R pode ser expressa, portanto, como a soma veto-6ria1das forçasP,,P,,P,e,Uma derivação desta lei é a regra do triângulo. Como o lado do paralelo-gramo oposto à força 6, representa P, em intensidade e direção, pode-se dese-nhar metade do paralelogramo.A regra consiste, portanto, emposicionara origem de uma forçaàextremi-àextremidade da segunda, Fig. 1.6.dade da outra, ligando a origem da primeira1.7.a,estiverem contidas no mesmo planoSe as forças aplicadas em A, Fig. Figura 1.5Figura 1.6Veteraano
-forçascoplanares- é mais prático a aplicação sucessiva da regra do triângulo.Fig. 1.7.b. Omitindo-seas passagens intermediárias, temos aconstmçãoconhecidacomo polígono das forças para a determinação da resultante, Fig. 1.7.c.Analogamente, a resultante pode ser expressa como a soma vetorial das$ 9 3 3forqas P,,P2,Pi e Pl,conforme a equação (1.2).Complementando, podemos enunciar o princípio da transmissibilidade outeoremada transposição de uma força ou, ainda, teorema da deslocabilidade doponto de aplicação da força:"A ação de uma força, sobre um corpo ngido, não se altera se se deslocar oponto de apliça~iÍodesta força sobrc sua linha de ação", Fig. 1.8. Um resultadoéque uma força aplicada em um corpo rígido pode serimediato deste enunciadodeslizante.representada por um vetorFigura 1.81.6- COMPONENTES CARTESIANAS DA RESULTANTE3 3 3Seja o sistema de forças P,,..., P,,...,P. aplicadas no mesmo ponto.Supondo o ponto de aplicação das forças, a origem O de um sistema de eixos3coordenados, triortogonais, x, y ez, uma força genérica P, terá, segundo os eixosconforme a Fig. 1.9.a. As componentes esca-coordenados, três componentes,Figura1.7lares são as projeções de P, sobre os eixos e valeiiiVeteraano
onde (e,)j, (e,); e (0.); são os ângulos queh;forma com os eixos x, y e z. Osco-senos de (e,);, (e,), e (e.)! são chamados co-senos diretores de Pj.Éfacilmente demonstrável a relação entre a intensidade da força Pi e suascomponentes escalaresf fCom os vetores unitários i, j e orientados segundo x, y e z, Fig. 1.9.b,podemos definir a força genérica P, como sendoonde as componentes escalares são as expressas em (1.3).Exprimindo a resultante do sistema de forças como soma vetorial temos1.):'iDa (1.5) na (I.6) tem-se(1.7)Figura 1.9-fAs componentes de R são, nas direções x, y e z, respectivamente,A intensidade da resultante será, a semelhança de (1.4),Adireção de R poderá ser obtida através de relaçües análogasàequação (1.3).Veteraano
Graficamente, a resultante também poderia ser obtida pela construção dopolígono das forças. N o caso espacial, no entanto, sua construção não é prática,cômodo o cálculo algébrico.tomando-se maisFinalmente, podemos estabelecer as condições de equilíbrio de u m pontomaterial submetido iação de forças quaisquer.De acordo com a primeira lei de Newton, um ponto material encontra-se- repouso ou movimento retilíneo e uniforme -se a resultanteem equilíbriodas forças que agem sobre ele for nula. Então podemos escrever, vetorialmente,algebricamente, através da nulidade das componentes,graficamente, o equilíbrio do ponto material pode ser expresso pelo fechamentodo polígono das forças.1.7- FORÇAS COPLANARES APLICADAS NO MESMO PONTO MATERIALcar-Supondo o ponto material na origem o de u m sistema de coordenadastesianas 0, x, y, coplanares com as forças aplicadas no ponto, Fig. 1.10, e tendoem vista a Seção anterior podemos escrever:3Componentescartesianasda força genérica P,Xi =P,cose,; Y,=P seno,+e,é o ângulo que a força P, forma com o eixo xVeteraano
Figura 1.10Módulo ou intensidade de P;f fIntroduzindo os vetores unitários i c j,segundo oscixosx e y, podemos3expressar P, comoP, = X, i i-Yij (i.i4)As componentes da resultante do sistema de forças sãoe sua intensidade seráAdireçãoda resultante poderá ser obtida através de relaçõesàsemelhança(I.12).da eqoaçáoGraficamente, a determinação da resultante, no caso de forçascoplanares,Veteraano
toma-se um procedimento prático através da construção do polígono das forças,aFig. 1.ll.b.como mostraA linha de fecho que vai da origem da primeira força à extremidade daúltima representa a resultante em intensidade, direção e sentido. O ponto de apli-caçãoé o ponto comum de concorrência entre as forças, Fig. l.1l.a.As condições de equilíbrio, tratadas na Seção 1.6, serão:vetorialmente,algebncamente,graficamente,fechamento do polígono das forças.O tratamento teórico, apresentdo nas Seções 1.6 e L.?, é tambémaplicável aos sistemas de forças que atuam no mesmo corpo rígido, com linhasde açáoconcorrentes no mesmo ponto próprio.r, "alíqorio r i o s l o r i o sFigura 1.11Neste caso, como as forças em ação no corpo têm pontos de aplicação dis-tintos, temos que considerar a forma e o tamanho do corpo.Para simplificar o estudo das forças aplicadas no mesmo corpo rígido, énecessária a introdução do conceito de momento de uma força em relação a umponto. Este conceito ficará mais claro após uma breve recordação da definição dovetonal de dois vetores:produto3 +O produto vetorial de dois vetores a e b éo vetor È que tem linha de agãoperpendicular ao plano formado por a e b e módulo igual à área do pardlelo-9Figura1.12gramo de lados8 e b,Fig. 1.12.Veteraano
O módulo dei é, portanto,c =ab sen8 (1.19)O sentido do vetor $ é tal que, observando-se da extremidade de È, a33rotação no sentido de a alinhar-se com b éanti-horána.3 3 3 3 bOs três vetores a, b e c =2 x b, nesta ordem, formam um triedro posi-tivo. A regra da mão direita também pode ser utilizada para a determinação doÈ, Fig. 1.13.sentido de -----3 3 I_i.O produto vetorial não é comutativo e, portanto, 2 x b não é igual a b x3a, mas a um vetor -8 de mesma intensidade e sentido contrário, podendo-seFigura 1.13escrever a expressãoA propriedade distributiva se aplica ao produto vetorial, assimSe dois vetores têm mesma dirgãoe sentidos iguais ou contrários, o seuproduto vetorial é nulo, pois a área do paralelogramo é nula, de acordo com aexpressão (1.19).Éinteressante expressar o produto vetorial através das suas componentescar->? 3tesianas. Os vetores unitários i, J,k,orientados segundoasdireçóesx.y ezde umsistema de eixos cartesianos, são ortogonais entre si e formam um triedro posiiivo.3 3Assim, o produto vetorial c de dois vetores?ie b, expresso segundo ascomponentescartesianas destes vetores, pode ser escritoVeteraano
Usando a propriedade distributiva do produto vetorial, este pode ser expressocomo uma soma de parcelas, onde cada qual representa o produto de dois escalaresvetoresunitários e ortogonais entre si.multiplicados pelo produto vetonal de doisprodu-Lembrando a definição de produto vetorial temos, de imediato, os> > 3tos dos pares de vetores formados com i, j,kDesenvolvendo a equação (1.22) e com as equações (1.23), obtemoscartesianos, do produto vrtorial E são,As componentes, segundo os eixosportanto,O produto vetorial pode, então, ser escrito na forma(1.24)podem ser representadosOs temos do segundo membro da equaçãoassim o produto vetorial pode ser expresso sob a formapor um determinante,i j kc = A, A,A,B, B,BxVeteraano
1.9- MOMENTO DE UMA FORCA EMRELAÇÃOA UM PONTOPodemos, agora, definir o momento de uma força em relação a u m pontofixo.3Consideremos a força P aplicada em um ponto A e um pólo fixo 0. Afposição de6 pode ser definida, em relação ao pólo, pelo vetor r que liga o pólo3fixo ao ponto de aplicação de P, Fig. 1.14.Figura 1.143 3Definimos como momento de P em relação a O o produto vetorial de e P-3A linha de ação do momento Moé perpendicular ao plano formado pela3força P e o pólo O, de acordo com a definição de produto vetorial.O sentido domomento é o sentido da rotação que faz:alinhar-se com 6. A regra da mãodireita, vista na Seção 1.7,éusada para definir o sentido deM o.No caso da Fig. 1.14, o sentido da rotação éanti-horário.éAinda conforme a definição de produto vetorial, o módulo do momentoVeteraano
sendo r o módulo do vetor posição e d a distância d o pólo fixo O à linha de8.ação da forçaObservamos, através da equação (1.29), que o momento de uma força emrelação a um ponto não depende do ponto de aplicação da força sobre sua linhade ação.determinar o momento da resultante de um sistema dePodemos, agora,3 3 3forças concorrentes no mesmo ponto. Seja o sistema de forças P,,...,P i,...,P,,com ponto de aplicação comum em A. A posição de A, em relação a um pólofixo 0, édefinida pelo vetori,Fig. 1.15.Figura 1.15+ 3Sendo R a resultante do sistema de forças, definimos o momento de Rem relação a O comovetonal segue-seUsando a propriedade distributiva do produtoVeteraano
A relação (1.31) expressa o teorema originalmente enunciado por Van-gnon e conhecido comoTeorema de Varignon: "O momento da resultante de umsistema de forças concorrentes, em relação a um ponto 0,é igual à soma dos0.momentos das forças em relação ao mesmo pontoDe acordo com oTeoremadeVarignon,o momento M o,de uma força8 emrelaçáo a um ponto 0, pode, ainda, ser expresso como a soma dos momentos das% em relação a O. Como se pode observar pela Fig. 1.16, as com-componentes de:são iguais às coordenadas x, y ezdo ponto A, respectivamente.ponentes do vetorFigura 1.16Sendo X, Y e Z as componentes da força% segundo os eixos cartesianos,podemos escreverO momento Mo da força P em relação aop61oOéVeteraano
com as formulações (1.32) e (1.33) na (1.34) e àsemelhança dos resultados obti-dos na Seção 1.8, temosAs componentes do momento, segundo os eixos cartesianos, são, portanto,+ iO momento Mo da força P em relação ao ponto 0, pode, então, serescrito na formaO momento Mo pode também ser expresso na forma de um determinante,tendo-se em vista os termos do segundo membro da equação (1.35)i j i;M, = x y zX Y ZSeja uma força6 aplicada em um ponto A e um pólo fixo 0.Define-se o/Imomento da força Pi em relação a um eixo fixo h, passando por 0,como sendo4+ ia projqão do momento M o,de P em relação a 0,sobre o eixo fixo, Fig. 1.17.Figurd1.17Veteraano
3O momento Mo, de P em relaçáo ao eixo h é, portanto, o escalar OB e3mede a tendgncia da força P de provocar rotação em torno de 1É facilmente demonstrável que as componentes M,, M, e M, do+ 3momento M o,vistas na Seção 1.9, são os momentos da força P em relação aos1eixos cartesianos x, y e z, respectivameiite. e representam a tendência de P deprovocar rotação em tomo dos eixos coordenados.3Para se determinar o momento da força P aplicada em A, em relação a umiiào passa pela origem, basta escolher um poiito qualquer O', sobre o cixo,cixo que+ 3e determinar a projeçào do momento M,',de P emrelação a O ',,obre o eixo.3 3Consideremos duas forças, P aplicada em A e -P aplicada em B, com li-nhas de ação paralclas, inesma intensidade e sentidos opostos. Tais forças for- A ymam um binário ou conjugado, Fig. 1.18.É trivial a demonstração que o momento M das forqas, em relação a umponto, independe da posição do ponto.A +A linha de ação de M é perpendicular ao plano formado pelas forças P e Figura 1.183-P e seu módulo éM =Pr sen 0=Pd (1.39)onde r éo módulo do vetor posição entre as origens A e B das f o r ~ a se d é a dis-tância entre as suas linhas de ação. O sentido deve ser determinado pela regra damão direita.Os binários podem ser representados por vetoresperpendicuhresaos seus planose, portanto, podem ser somados vetorialmente, resultando também um binário.Veteraano
Podemos, agora, introduzir uma operação bastante utilizada na estática3clássica, queé a decomposição de uitia força P em uma força e um binário.Uma força P aplicada em um ponto A pode sempre ser decomposta em3uma outra força, de mesma direção, módulo e sentido de P, aplicada em umpuiti conjugado, equivalentes estaticamente àsolicitação inicial.ponto B maisSeja a força P aplicada no ponto A, com seu módulo, direção e sentido3conhecidos, Fig. 1.19.a.Em um ponto B aplicamos duas forças colincares, P e0) 3 3-P, paralelas àdireção da força P aplicada em A.r\iiZDDesta forma não alteramos a solicitação inicial por ser nula a resultante'f9das forças introduzidas.O sistema de forças resultante6equivalente,estaticamente, a uma força Paplicada em B mais o binário de módulo Yd, sendo d a distância entre as linhas'ilbY de ação das forças aplicadas em A e BA direção do vetor, que representa o momento do binário, é perpendiculari')ao plano que contém o sistema de forças. Seu sentido é estabelecido pela regraFigura 1.19da mão direita, Fig. 1.19.a.Na prática fixamos o vetor M, do binário, no ponto B e desta forma o con-junto P, M representa a decomposição da força P aplicada em A em uma forçaaplicada em B mais um binário, Fig. 1.19.b. A referência "redução" de P aoéusualmente utilizada.ponto B1.12- REDUÇÃODE UM SISTEMA DE FORÇAS APLICADAS EM U MCORPO R ~ G I D OA UMA FORÇA MAIS U M BINÁRIOAtravés de opera~õessemelhantes às vistas na seção anterior, aplicadas+ 3sucessivamente, podemos, agora, "reduzir" um sistema de forças P,,...,Pi,...,3 3 +P., a uma resultante R, mais um binário MR,Fig. 1.20.Veteraano
3A translação de cada[orça P, do seu ponto de aplicação A, para um pontoO genéricoéacompanhada do binário correspondente Mi,aplicado em O e comlinha de ação perpendicular ao plano que contém Pi e o ponto 0,Fig. 1.20.b.estio, agora, aplicados em O eComo todas as forças e todos os bináriossão, portanto, concorrentes, podemos somá-los vctorialmenteDizemos que o sistema de forças foi decomposto ou reduzido a uma forçaR aplicada em 0,mais um binário M,,Fig. 1.20.c.Geralmente, a resultante $c o momento M Rnão são perpendiculares entre si.3 +Se o ponto O for a origem de um sistema de eixos cartesianos, R e MRpodem ser expressos emtcrmos das componentes. O vctor posição do ponto Ai e4'a força genérica P,, expressos pelas suas componentes segundox, y e z, sãoCom a substituição das (1.41) nas (1.40) e evidenciando I, J e k obtemosatravés de operações análogas às equações(I.7),(1.23) e (1.24)+ 4com as componentes de R e MR iguais a Figura 1.20Veteraano
As componentes R,, R, e R, representam as somas das componentes dasforças aplicadas no corpo rígido e M,,M, e M,,respectivamente, as somas dosx, y e z.momentos das forças em relação aos eixosFinalmente, podemos expressar as condições em que um corpo submetidoa forças quaisquer encontra-se em equilíbrio.Vetorialmente,estas condições sãoEm termos das componentes, o equilíbrio do corpo éexpresso porVeteraano
Quando todas as forças, ativas e reativas, que atuain lium corpo rígido sãocoplanares, podemos considerar, numa idealização bem próxiiiia da realidade, ocorpo rígido como também sendo plano. Introduziinos aqui o t e m o "chapa"rígida, que substitui o corpo rígido nos probleinas planos.Nos problerrias planos, as forças atuantes estão contidas no plano da chapa3e o momenlo deuma força P em relação a um ponto O do plano é representado-3pelo vetor M o,cuja linha de açãoé perpendicular àchapa.quc atuam naComo os vetores que representam os momentos das forçaschapa são sempre perpendiculares ao seu plano, não há necessidadc dc especiti-car a direção do vetor momento. Basta o módulo Pd e o sentido.Neste caso, o rnódulodo momento recebe um sinal de acordo com o scn-tido da rotação da força ein relação ao ponto 0, Fig. I.21. É usual a rcpresen-raçãodo momentopor uma flecha curva.A Fig. 1.21.cmostra que o módulo Mopode ser calculado como sendo o produto do coniprimcnto r, do vetor posigão,pela projeção de P sobre a direção perpendicular a r.V - (I) rP sen OFigura 1.21+ 3Para se obter Mo nas componentes cartesianas, supondo P no plano xy,Veteraano
basta fazer na expressão (1.35), da Seção 1.8, a componente Z de 6 e ayI 13coordenada z de A, segundo a direçãoz, iguais azcroI /'O momento de P em relação a O é perpendicular ao plano xy e seumódulo fica totalmente definido porNum sistema de forças coplanares com os eixos x e y, a resultante R tam-bém pertence ao plano e o momento resultante M Ré perpendicular a ela, Fig.R 1.22.Para se determinar o módulo e a linha de ação da resultante, usamos ascomponentes das forças nas direções x e y. As componentes daresultante sãob)O momento resultante das forças, em rclação à origem do sistema deFigura1.22eixos, só tem componente na direção zA Fig. 1.22.b mostra o sistema de forças decomposto em uma resultanteR, aplicada na origem 0, mais um binário Mp.O módulo e a direção da resultante são, portanto,Veteraano
PKINC~PIOSELEMENTARES DA ESTÁTICA-fO sistema de forças pode também ser reduzido a uma única força R.INcstc caso, a linha de ação da resultante é obtida impondo-se a condição que o4momcnto da resultante, em relação à origem, seja igual a M R.Sendo x e y ascoordenadas do ponto rle aplicação de R, Fig. 1.23, escrevemos, àsemelhançaida equação(1.49,xR, -yR,=M, (1.53)Figura 1.23que é a equação da reta que representa a linha de ação de R.Os pontos B(x,,O) e C(0, y,)pertencem àlinha de ação da resultante eportanto satisfazem a equação da reta, entãox R R Y-OR, =M,OR, -yRR,=M,As interseções da linha dc ação com os eixos x e y são, portanto,é a determinação da posição da linha de ação daUma aplicação imediataresultante de um sistema de forças paralelas coplanares, Fig. 1.24.Sendo as forças paralelas ao eixoy segue-se queusaiido as equações (1.55) obtemosFigura 1.24sistemadeA determinação gráfica da linha dc ação da resultante de umVeteraano
forças coplanares aplicadas na mesma chapa é feita através da construção dopolígono funicular.Cjf'olí<~onodas Ic:r<;usFigura 1.25A Fig. 1.25.a representa quatro forças coplanares aplicadas na mesmachapa. Procuramos a resultante do sistema de forças.Inicialmente construímos o polígono das forças, conforme foi visto naSeção 1.5.A linha de fecho que une a origem da primeira força àextremidade daúltima representa a resultante em intensidade, direção e sentido, Fig. 1.25.c.Para a determinação da linha de ação da resultante, decotiipomos cadap61o comum 0, escolhido arbi-força em duas componentes, com auxilio de umtrariamentc, Fig.1.25.c. As componentes de cada força são os raios polares quepólo àorigem e àextremidade de cada força.unem oAs componentes da resultante são, portanto, os raios polares que unem aorigem da primeira força ao pólo O e este hextremidade da última, pois as com-ponentes internas se anulam.Veteraano
Deslocando-se os raios polarcs, paralelamente, de tal forma que inter-ceptem as forças, obtém-sc no ponto de interseção dos raios externos, que são ascomponcntcs da resultante, a linha deaqão de K,Fig. 1.25.a.Estabeleceremos agora as çondiqóes de equilíbrio deurn sistema de forçascoplanares aplicadas na mesma chapa. O plano que contém a chapa é o dosistema bidimensiorial de eixos cartesianos, 0, x e y.3O momento de uina força genérica P, em relação a um ponto O perten-cente ao plano da chapa é sempre perpendicular ao plano das forças e fica per-feitamente definidopelo escalar M, i,como visto anteriormente.Nos problemas planos, para maior simplicidade, suprimiremos o índice z.3Omomento de P, em relação a O éentão M i.3As componentes X, e Y, medem a tendência da força genérica Pi de pro-vocar translação na chapa, nas direções x e y, respectivamcnte, e o momento Mimede a tendência da força de provocar rotação em tomo dc O.As condições de equilíbrio estão portantoestabclecidasNos problemas práticos, também poderão ser usadas como condições deequilíbrio três equações de momentos, desde que relativas a pontos não perten-centes àmesma reta.Também poderão ser utilizadas uma equação deprojeção de forças e duasde iiioinentos,desde que relativas a dois pontos cuja reta que os contém não sejaperpeiidicular ao eixo utilizado para estabelecer a equação deprojeção.Veteraano
ELEMENTOS E FORMAS FUNDAMENTAIS DASESTRUTURAS2.1- CLASSIFICAÇÁODAS ESTRUTURASAs estruturas são constituídas de um elcmcnto ou conjunto de elemen-tos ligados entre si e externamente ao solo, de tal forma que o sistema assimformado sejaest6vel. A estrutura6:portanto, uin sistema adequado para rece-solicitações cxtcmas e encnminhk-ias inlerriarrienteaté seus vínculos ex-berteriores.As estruturas podem ser classificadas em função das dimcnsõcs principaisde seus componentes, tarnbéi~ichamados de elementos estruturais.dii:is das três dirriensões do coinponente estrutural são peque-Quandok terceira, cstc é chamado de barra e a eslrutura formada pornas em relaçãoVeteraano
LIIIIOU mais destcselementos édita linear, Fig. 2.1. As estruturas lineiircs ain-da podem ser planas ou espaciais, conforme os cixos das barras estejam ounão no mesmo plano.(luanclouina das dirnensõcs é iiiuito menor que as oiiti.asduas, temos umsupcrfícit:e as estruturas assim coiistituídas são chama-cornponcnte estrutural dedas dc estruturas desuperfícic, Fig. 2.2. São os casos das cliapas,placas c cascas,conforme a superfície seja plana ou curva.Figura 2.2Quando não hádirnensãopreponderante sobre as outras, temos o elementochamado bloco c asestiuturassão dc volurne,caso dos muros de contenção e dasbarragens de gravidade, Fig. 2.3.2.2- ESTRUTURAS LINEARES PLANASEstruturas lineares geornetricarnente planas siio aquelas formadas porbarras cujos eixos estão situados tio mesmo plano. A estrutura linear maissimples k a viga formada por unia única barra. Geralmente horizontal, 6 uinaestruliira apropriada para suportar cargas externas transversais ao seu eixo.1iloc.o - ri--ira de c ~ > n! c i r ç i j oConforme o eixo seja reto ou curvo, temos a viga reta ou viga curva.Figiira2.3Veteraano
VINCULAÇÃODOS SISTEMAS PLANOS3.1- GENERALIDADESVimos na Seção 2.1 que as estruturas podem ser formadas por vários ele-mentos ligados entre si e exteriormente ao solo. Estas ligações são chamadas vin-c u l o ~,podendo-se distinguir três tipos:a) articulação entre chapas, que são as ligações internas que unem as chapas;b) articulações entre barras, geralmente chamadas de n6, que são as ligaçõesatravés das quais são unidas as barras;c) apoios, que são os vínculos externos das estruturas; geralmente são ligaçõcsentre as estruturas e o solo.Os elementos estruturais mais os vínculos devem formar um conjuntoestável, sendo os vínculos responsáveis por restringir os graus de liberdade desáo supostas rigidamentemovimento da estrutura. As estruturas lineares planasvinculadas ao plano que contém os eixos dos elementos, podendo ter somentegraus de mobilidade neste plano. Qualquer movimento de um corpo rígido, ouchapa rígida, no plano pode ser obtido pela superposição de três movimentosindependentes. São três, portanto, os graus de liberdade de movimento no plano:uma rotação e duas translaçóes.Veteraano
Os vínculos podem ser caracterizados pelo númcro dc graus de liberdaderestriçzo, podemos ima-retirados da estrutura. Para melhor visualização destaginá-los substituídos por barras vinculares nas direções dos movimentos impedi-dos.Apresentamos a seguir os diferentes tipos de vínculos planos, os símbolosequivalência em barras vinculares nas direções dosque os representam e suamovimentos restringidos.ApoiomóvclEste vínculo tem liberdade de giro e 6 uma vez deslocável, restringindoapenas o movimento na dEeção normal ao deslocaineiito, Fig. 3.1. Retira urrigrau de liberdade de movimento da estrutura.Figura 3.1Apoio fixoEste vínculo tem liberdade de giro e é indeslocável. Quando interno àestrutura é chama& articulação entre duas chapas e restringe deslocamentos re-cntre as chapas, Fig. 3.2. Retira dois graus de mobilidadelativos. permitindo giroda estrutura.Figura 3.2Veteraano
VINCULAÇÁODOS SISTEMAS PIdANOSArticulação entre chapasdeslocamentos entre as chapas, permitindo, noEste vínculo restringeentanto, giros relativos entre elas. Supondo-se uma delas fixa, a articulação retira- 1) chapas, cm >( ~ Idois graus de liberdade de movimento de cada uma das(crelação àquela suposta fixa, Fig. 3.3. O número total dc graus de liberdaderelira-dos da estrutura pelo vínculo 6 igual a 2(c - 1). Figura 3.3Engastamento fixoÉo vínculo que impcdc todos os movimentos no plano -retira, porlanto,Lrêsgraus de liberdade da estrutura, Fig. 3.4.Figura 3.4Engastamento móvelEste vínculo é uma vez deslocável, impede o giro c o movimento naino-direção normal ao deslocamento, Fig. 3.5. Retira dois graus de liberdade devimento da estrutura.Figura 3.53.3- DETERMINAÇÃO GEOMÉTRICA DAS ESTRUTURAS PLANASVimos na seção anterior que os vínculos entre os clcmcntos estruturais eentre a estrutura e a terra restringem os movimentos da estrutura no plano. AsVeteraano
relações entrc o número de vínculos e o número de elementos que comparecemein um arranjo estrutural devem satisfazer certas condições para que a estruturatenha sua posição determinada no plano. O estudo destas relações, baseado nasfunções geométricas dos componentes da estrutura. denomina-se determinaçãogeométrica.é chamadaA estrutura formadaunicamente por barras, nós e apoiostreliça. Substituindo os apoios por barras vinculares equivalentes, a estrutura ficaconstituída apenas de barras e nós.Geometricamente, os nós são os pontos por onde são juntadas as barras davcz, têm a função geométrica de determinar as distân-treliça. As barras, por suacias entre os seus pontos exlremos. Uma barra que nZo tenha chapas ligadas àssuas extremidades tem um nó em cada extremo.Na treliça plana, a relação entre a quantidade de barras e nós decorredire-tamentedo número de graus de liberdade de movimento do ponto no plano. Duasbarras vinculares, portanto, são suficientes para fixar o nó, Fig. 3.6.a. Acres-ccntando sucessivamente um nó e duas barras, obtemos uma estrutura cujaposição éperfeitamente determinada, Fig. 3.6.b.Figura 3.6Sendo b o número de barras, incluindo as barras vinculares equivalentes, en6s de uma treliça plana, a condição ncccssária para quc a estru-n o número detura tenha suaposiqão determinada éVeteraano
VINCULAÇÁO DOS SISTEMAS PLANOSUma treliça que tem a posição relativa dos n6s determinada, sem con-0)siderar sua vinculação externa, é chamada "chapa" de treliça. A "chapa" de..,:;.x.i.,treliça mais simpleséaquela formada por três nós e três barras, Fig. 3.7.a. Aeres-,.L;;.,//1 3centando sucessivamente um nó e duas barras, a posição relativa dos nós con-tinua determinada, Fig. 3.7.b. A estrutura resultante da operação continua,portanto, sendo uma "chapa" e, como tal, tem três graus de mobilidade no plano.b)Necessita para sua determinação de três vínculos externos. A condiçãonecessária para que uma treliça, cxcluindo-se suas ligações externas, seja uma"chapa" C, então,Ji1;,!',',',3b = 2 n - 3 (3.2) Figura 3.7Na Fig. 3.8 são apresentados alguns exemplos de treliças geometri-camente determinadas. As Figs. 3.8.a, 3.8.c e 3.8.c mostram as treliças com osreprcsentados de acordo com os símbolos. As Fig. 3.8.b, 3.8.d e 3.8.fapoiosmostram os apoios transformados em barras vinculares equivalentes e a verifi-cação numérica da condição de determinação geométrica.Figura 3.8Veteraano
Nas estruturas constituídas por chapas e vínculos, a rclação entre os çompo-nentes estruturais decorre do número de graus de mobilidade de uma chapa no plano.A chapa tem função geométrica de determinar a posição de três ou mais de seus pon-tos. Necessita de um ou mais vínculos equivalentes a três barras vinculares, que nãosejam concorrentes no mesmo ponto, para que suaposic;ãoseja f'ixa.Sendo c o número de chapas abertas da estrutura e b o número de barrasvinculares equivalentes, a condição necessária para que a estrutura scja geome-tricamente determinada éFigura 3.9Veteraano
VINCULAÇÃO DOS SISTEMAS PLANOSA verificação numérica da determinação geométrica das treliças da Fig.3.8 pode ser analisada através da equação (3.3). Para tanto, basta substituir as3.8.c equivalem cadatreliças por chapas de treliça. As treliças das Figs. 3.8.a euma a uma chapa e a da Fig. 3.8.e a duas chapas articuladas entre si.A Fig. 3.9 mostra vários exernplos de estruturas em chapa, geometrica-mente determinadas, e a verificação numérica das condições de determinaçãogeométrica. Os algarismos entre parênteses indicam o número de barras vincu-lares equivalentes.Os arranjos estruturais que incluem chapas, vínculos, barras e nós são cha-mados estruturas mistas. A relação entre as quantidades de seus componentespara que a estrutura seja determinada decorre das condições expressas nasequações (3.1) e (3.3).Sendo c o número de chapas da estrutura, b o número total de barras,incluídas as barras vinculares equivalentes, e n o número de nós, a condiçãoéportantonecessária para que a estrutura seja determinadaA Fig. 3.10 mostra alguns exemplos de estruturas mistas, determinadasgeometricamente, e a correspondente verificação numérica.Veteraano
o) P o n t e siispcnrab) Pórtico Ircliviidu t r i - u i t l c u l o d o2 4 63.4- CASOS EXCEPCIONAISVimos na Seção 3.3 que uma estrutura tem sua posição geomelricameiitedeterminada se a relação entre as quantidades de seus componentes satisfizer ascondições expressas nas equações(3.1), (3.3) e (3.4).Estas condições, porém, são necessárias, mas não suficientes, para que aestrutura sejaestável. As estruturas cuja relação entre seus componentes satisfazas equações (3.1), (3.3)e (3.4),mas tem um grau de mobilidade, são chamadascasos excepcionais.Para melhor entendermos os casos excepcionais, veremos inicialmentealgumas propriedades dodeslocamcntoinfinitesimal de cadeias cinemáticas comum grau de liberdade. Este assunto será visto detalhadamente no estudo das car-gas móveis em estruturas lineares, não fazendo parte da teoria aqui desenvolvida.Veteraano
VINCULAÇÃO DOS SISTEMAS PLANOSPodemos definir cadeia cinemática, com um grau de liberdade, como umconjunto de chapas rígidas ligadas entre si por articulações ou barras vinculares.Cada chapa, tendo um grau de liberdade de movimento infinitesimal, absoluto oue m relação a outra chapa.A chapa, com um grau de liberdade de movimento absoluto, deverá estarvinculada à terra através de um apoio fixo ou duas barras vinculares. O apoiofixo ou o ponto comum, próprio ou impróprio entre as barras vinculares, será1.chamado pólo instantâneo de rotação ou pólo absoluto, Fig. 3.1Figura 3.11Figura 3.12O deslocamento infinitcsimal dos pontos da chapa é, então, uma rotação(.c,uma translação. Oem torno do pólo absoluto, ou, como no caso da Fig. 3.1deslocamento relativo dos pontos de uma chapa em relação àoutra podc tambémser pensado como uma rotação, e m tomo de um pólo relativo próprio, ou umatranslação, no caso do pólo relativo ser um ponto impróprio, Fig. 3.12.é observada a se-Os casos excepcionais acontecem, em geral, quandoguinte propriedade das cadcias cinemáticas:( I) e (2), os pólos absolutos (I) e (11) de cada chapa,Entre duas chapasrespectivamente, e o pólo relativo (I,II),entre elas, pertencem àmesma reta, Fig.Figura 3.133.13.Veteraano
A Fig. 3.14 apresenta alguns casos excepcionais, identificados através dadeterminação dos pólos e aplicação, quando necessário, da propriedade dascadeias cinernáticas vista anteriormente.r i 4s ~ j t i s f o r 3=1r1l?oiar;ijc;::rr torno d o 3010 ( I)c=?b = 6 "A~sttiii b-:rOs irei;:>«los rio rricsri-i,e!iiFigura3.14Veteraano
3.5- CLASSIFICAÇÃO DAS ESTRUTURAS QUANTO A SUADETERMINAÇÃOGEOMÉTRICAAs estruturas, relativamente à função geométrica de seus componentes edesde que não sejam casos excepcionais, podem ser classificadas utilizando-seas equações (3.I), (3.3) e (3.4),quais sejam:Estruturas em treliçasb<2n, treliça indeterminada ou móvelb =2n, treliça determinadab >2n, treliça superdeterminadaEstruturas em chapasb<3c,estrutura indeterrninada ou móvelb =3c, estrutura determinadab>3c,estrutura superdeterminadaEstruturas mistasb <3c+2n, estrutura indeterminada ou móvelb =3c+2n, estrutura determinadah >3c+2n, estrutura superdeterminadaFig. 3.15, na página seguinte, apresenta alguns excmplosde verificaçãoAnumérica e classificação de estruturas quanto àsua determinação geométrica.Veteraano
c = 2Deierr:iiricda "=' Móvel, 2 g r i i u s dn n i c b i l i c i o d ~ c-2 k t e r m i r o d cri -3 t>=14 b - 6Corit i n i ~ ' d a c e- 3 barrasc ~: lS:ip>':'dclcrniirio<i:i, groii=.i ""i r; r r i i r ~ c u,s r c u =i>b=EI>=:)Figura 3.15Veteraano
No Capítulo I as forças foram classificadas em forças externas e internas.As externas foram ainda subdivididas em forças ativas e reativas. Estas Últimassão forças localizadas na estrutura e surgem devido aos vínculos que impedemmovimento, tomando o conjunto um sistema estável.Quando as forças ativas e reativas são coplanares com os eixos da estru-tura temos uma estrutura linear estaticamente plana ou, mais simplesmente, umsistema plano. A semelhança da classificaçáo das estruturas quanto a sua deter-minação geométrica, podemos, agora, classificá-las quanto a sua determinaçãoestática, relativamente àfunção estática dos seus componentes.Estruturas em treliçasb<2n, treliça hipostáticab =2n, treliça isostáticab>2n, treliça hiperestáticaEstruturas em chapasb<3c, estrutura hipostáticab =3c,estrutura isostáticab>3c,estrutura hiperestáticaVeteraano
Estruturas mistasb <3c+2n, estrutura hipostáticab =3c+2n, estruturaisostáticab>3c+2n, estrutura hiperestática4.2- ESTRUTURASISOSTATICASPLANASComo já se disse, os vínculos restnngcm os graus de liberdade de movi-mcnto da estrutura, provocando forças reativas conhecidas como reações deapoio. Nas estruturas isostáticas as reações de apoio só aparecer11quando exis-tem forças ativas,e m geral conhecidas como cargas aplicadas.facilineiite deter-As cargas aplicadas são geralmentedadas oumináveis e as reações de apoio são as forças procuradas ou forçasincbgnitas. Nas eslruluras isostáticas, o número d e vínculos é o essen-cialmente necessário para impedir a mobilidade da estrutura, e asreações de apoio, despertadas pelas cargas aplicadas, são em iiúineroigual aos movimentos restringidos. São, portaiito, forças com ponto d eaplicação e direção conhecidos.O conjunto,carga?aplicadas mais reações de apoio, forma um sistema deforças em equilíbrio -diz-se que a estrutura se encontra em estado de equilíbrioestável.A teoria que estuda as relações de equilíbrio entre as forças nas estruturasisostáticaq é chamada de Isostática, constituindo-se o objeto desta publicação.Neste estudo, a deformação dos elementos estruturais não precisa ser consi-derada, podendo ser supostos na sua posição indeformada.As condições de equilíbrio, expressas pelas equações introduzidas no pri-desenvolvimento desta teoria.meiro capítulo, serão empregadas noVeteraano
E Q U I L ~ B R I ODOS SISTEMAS PLANOS4.3-TIPOS DE CARGAS APLICADASA ação das cargas aplicadas manifesta-se por contatoou a distância, comono caso do peso próprio das estruturas. As cargas, distribuídas ou concentradas,podem ser classificadas em permanentes e acidentais.As cargas permanentes são aquelas que atuam constantemente por toda avida útil da estrutura, como por exemplo o peso próprio dos elementos estru-turais, os revestimentos e os materiais de enchimento da estrutura.As cargas acidentais são aquelas que podem ou não atuar na estrutura,tcrra ou água, sobre-podendo ser estáticas, como a ação do vento, empuxos dccargas, ou dinâmicas, como os impactos laterais, as frenagcns ou accleraçóes detrcmores de terra.veículos nas pontes e os cfcitos dosAs cargas acidentais podcm ainda ser móveis, como as cargas de veículosque transitam nas pontes rodoviárias e ferroviárias.As cargas permanentes e as acidentais estáticas são tratadas de modosemelhante na análise das estruturas. Em estruturas lineares, estas cargasaparecem sempre como cargas concentradas ou distribuídas ao longo dos eixosdos elementos, Fig. 4.1.o) C a r g o concerl.rJC82 i)) Cnr(40 di:;lribi~Í(in E) Cargo 3islribuíduIJr iIforrnie u,iiriuvcFigura 4.1Veteraano
As cargas concentradiis -- na realidade distribuídas em uin coiiipi-iiiietito!I;:!l p ( i, ~ ~ ~,=&:>I ',%\' d/">, muito pequcno cm relação àdiinensão do eixo do elemento estrutural-podeni\!,' r'serconsidcradas aplicadas no ponto médio da distribuição.Já as cargas distribiiídrisnecessitam da deterininaçào da resultaiite do car-rcgamcnto, ou seja, sua intensidade e linha de aplicação.Toinenioq por exerriplocarregamcnto da Fig. 4.1.c.oA resultantc do carregamento aplicado no comprimento elementardx teiiic) f:,7r87c.;!rit;~~I, A ~ I., módulo igual àárea dcfinida pelo carregamento no compriinento dxV!:..::IFigura4.l.cdR =dA=p(x)dxA resultantc do carregamento total é, então, igual à área A: definida pclocarregamento e a linha abPara determinarinos a reta de aplicação da rewltante. basta rccorrcrmos às-determinação da posição da linha dc ação daequações (1.55) do Capítulo Ifoi.r;ascoplariaresparalelila, o ~ isejaresultante de um sisteina dex, éalgebricamente igual à razão entre o momento estáticoA coordcnadax, e a área A,da área A, em relação a um cixo perpendicular ao eixo coordenadoque nada mais éque a coordcnada do centro de gravidade da área A em relação aum eixo perpendicular ao cixo x.Ke~umindo,podemos dizcr que o módulo da resultante é igual à áreaVeteraano
do carregamento equesua linha de ação passa pelo centro dc gravidade destaárea.Coiriojá vimos, as reações se opõem àtendencia de movimento devido àscargas aplicadas, resultando um estado de equilíbrio estável.Nas estruturas isostáticas constituídas por uma única chapa, o número deequações de equilíbrio disponíveis C. igual ao número de iiicógnitas, possibili-tando o cálculo das reações de forma muito simples.scmprecontida no plano xy, as condições de equilí-Supondo a estruturacquações (1.56), sãobrio, em conformidade com asonde X e Y são as componentes das forças aplicadas em relação aos eixosx e y, respectivamente, e M o módulo do momento das forçasem relação a umponto qualquer do plano.Poderão ser usadas, nos problemas práticos, também corno condições deequilíbrio, três equações de morncntos, desde que relativas a pontos não perten-centes àmesma reta.C M, = OC M,-Ocom A, B e C não colinearesCM, = OAinda poderão ser utilizadas uma equação de projeção e duas de momen-Veteraano
tos, desde que relativas a dois pontos cuja reta, dcfinida por eles, não seja per-pendicular ao eixo usado para a equação de projcção4.5- EXEMPLOS DEAPLICAÇAOA técnica para o c6lc~ilode reaqões consiste em "isolar", inicialmente, aestrutura da terra, mediante a retirada dos apoios, aplicando-se na direção dosmovimentos restringidos os esforços incógnitos correspondentes.Esta etapa égeralmente conhecidacornodiagrama de corpo livre da estru-tura. Havendo vínculos internos, os esforços correspondentes a eles não serãoconsiderados, pois correspoiidein a forças internas de interação entre osclcmcn-tos estruturais.21s equaqões de equilíbrio disponíveis, geralmente, são suficicntes,Comodetermiliam-se as incógnitas. Para a determinação das rcaçõcs nos vínciilosinternos, "isolam-se" os elementos estruturais, com todas as forças aplicadas,incluindo-se as incógnitas já calculadas. Nesta segunda etapa, os e,sfor$oscorres-pondentes aos vínculos internos serão considerados. Não se deve esquecer qiie,na análise das partes, eles aparecem aos pares ccorn sentidos opostos.Para cada elemento da estrutura, "isolado", é aplicável uin dos três grupos(4.14), (4.15) ou (4.16).de equaçõesCalculadas todas as reaçõesextcrnase internas,procede-seiterceira e últimaetapa, que consiste na representação do diagrama de corpo livre de cada parte darespectivas reaqóes de apoio, aplicadas nosestrutura, com as cargas aplicadas e aspontos correspondentes aos vínculos cdesenhadascomsei1sentido correto.Veteraano
E Q U I L ~ B R I ODOS SISTEMASPLANOS4.6-VIGASAs vigas horizontais, carregadas transversalmerite aos seus eixos, nãonecessitam de vínculos que impeçam deslocamenlos na direção axial. Estatica-dizcrque os vínculos não inlrotluzem esforços na direção do eixomente pode-scapliciíveis,portalito, apenasduas das três equações de equilíbrio.da viga. Serãoas reações verticais que atuam deConvençionaremos como positivasbaixo para cima e as reaqões horizontais que atuariida esquerda para a direita.4.6.1- Exemplo 1- Viga simplesmente apoiadascguin-Calcular as reações de apoio para a viga da Fig. 4.2, submetida aostes carregamentosJ? I!,,ti,. /'L,777,6 1I (IFigura 4.2a) carga concentrada de 60kN aplicada a 4m da extremidade A;b) carga uniformerncntc distribuída de 3kNIm por lodo o vão;6kN/m,a partir do primeiro terço do vão;c) carga parcialnicnte distribuída, decoin 6kNImna extremidade B;d) carga distribuída, triangular, sobre todo o vão,c) momento externo, de 30kNm no sentido horário, aplicado a 2m da extreini-dade A.Veteraano
Resoluçãoa) Carga concentradaFigura 4.3A Fig. 4.3.a mostra a viga, carregada, vinculada por um apoio fixo e ummóvel. Estes vínculos impedem, apenas, a tendência da viga em deslocar-se ver-ticalmente.A Fig. 4.3.b mostra a viga "isolada" com as reações correspondentes aosvínculos, supostas no sentido positivo.Utilizando o grupo de equações (4.15) e adotando como sentido positivopara os momentos a tendência das forças em provocar rotação anti-horária, obte-mos, comcomOs sinais positivos encontrados para as i-eações R,, e R,, sigiiificatnqueos sentidosarbitrados para as forças foram corretos.Veteraano
A Fig. 4.4 mostra o diagrama de corpo livre da estrutura sob a ação dasforças ativas c reativas.hh) Cargaunijurnzernerztedistribuída r'31 1 1 1,Ici.:\\IFigura4.4A Fig. 4.5.b mostra a resultante do carregamento representada por umaseta iriterroinpida, de módulo igual b área definida pelo carregamento e coin alinha de ação passando pelo centro de gravidade da área. O sentido positivo parao cálculo dos momentos está indicado ao lado da figura.Figura4.5ComC M,,=O- 6 x R V A + 3 x 1 8 = O:. Rv,=9kNO resultado obtido, R,, = R,, = 9kN, É óbvio, tendo em vista a sime-tria do carregamento. AEig. 4.5.c mostra a viga em equilíbrio sob a ação das car-gas aplicadas e das reaqõesde apoio.Veteraano
c) Carga parcialmente distribuídac):)j i',I 2 ~ C,, ( ~ 2 4 k ' I E>\l.!'rr~GkF.l,'irlIIlA3:lIJLLlm, 3,%,CA v 13A,-h,,,,T.?%!,,\ /.), 4dkN,I r r i 1 I r r i 1Figura4.6A Fig. 4.6.a mostra o carregamento aplicado na viga simplesmente apoi-ada. Módulo, direção, seritido e linha de uqao da resultante do carregamentoestão representados na viga "isolada" da Fig. 4.6.b.ComC M, = O6 i(R,,-4 x 2 4 = O. R,, =16kNcomA montagem dos resultados é mostradana Fig.4.6.c.(i)Curga distribuída triangularComVeteraano
Os resultados do cálculo das reações são apresentados na Fig.4.7.c.Figura4.7e) Carga momentoFigura4.8O momento aplicado 6 equivalente a um binário e como tal é um vetorportanto, ser transportado paralivre, comovisto noCapítulo I, podendo,qualquer ponto da viga.Veteraano
ComC M, = O6 x R,, -30=O. R,, =5kNcomC M, = O- 6 x R V A - 3 0 = O... RVA=-5kNO sinal negativo de R,, indica que o sentido correto da reação é opostoao inicialmente arbitrado.Uma solução mais refinada seria obtida observando-se que, para equilibraro momento aplicado na viga, as reac;õesverticais teriam que ser equivalentes aum binário, de mesma intensidade e sentido contrário, Fig. 4.8.c.4.6.2 - Exemplo 2-Vigaengastada ou em balançoCalcular as reações para os carreganientos aplicados na viga cm balançoda Fig. 4.9.Figura 4.9Veteraano
E Q U I L ~ B K I ODOS SISIEMAS I'LANOSResoluçãoFigura 4.10O engastamento retira a liberdadc dc haver rotnqão e trarislação ein A.1,einbrando que nas vigas carregadas transversalmenle os vínculos nãoesforqosna direção docixo,podemos, então. deseriharo diagrama deiiitroduzeincorpo livre conforme a Fig. 4.1O.a.MAé a reaçiíoque sc opõe h rotação em A e R v, é a reação que se opõeao deslocamento.grupo dc equações de equilíbrio expressa em (4.14), assim.Usaremos ocomC ' = OR,, -20=O:. R,r, =20kNcomOs sinais positivos intlicairi que os sentidos arbitrados estão corre-tos. Notc-sc que o mornznlo, M A = 80kN.m, se opõe ao binário formado pelacarga aplicada e a reação vertical. As reações estão mostradas na Fig. 4.10.b.Veteraano
b) CargudistribuíduA Fig. 4.11.a mostra a viga "isolada" com a carga aplic~idasubstituídapela resultante. A Fig.4.11.bmostra as reações, obtidas àsemelhança de 4.6.2.a.c) Curga momentoO carregamento é agora, apenas, airi momento aplicado em B. Como nãoexistem cargas verticais aplicadas, a reação R,,, Fig. 4.12.a, deve ser nula,como se conclui com ii aplicaçáo das equações (4.14).Figura4.113Figura4.1 2ComC Y'OR,, +0=0:. R,, -OcomC M, = O-IO+MA = O:. M A=IOkNm4.6.3- Exemplo3-Viga simplesmente apoiada, com balançocarregumentosaplicados na viga da Fig. 4.13.Calcular as reaçõcs para osVeteraano
E Q U I I. Í R R I O DOS SISTEMAS PLANOSFigura 4.13Resoluçáoa) Curgu concentradaNeste exemplo, como nos anteriores, as equações necessárias para o cál-culo das reações são duas. Poderão ser utilizadas as equações (4.14) ou as(4.15).A Fig. 4.14.a mostra a viga "isolada" e ern equilíbrio sob a ação da cargaaplicada c das reações de apoio.Figura4.14Primeira solução - (4.14)ComC MA= O-8 x 3 0 + 6 x R,, = O:. R,, =40kNVeteraano
comR,, +R V R-30=Osubstituindo-se o valor de R,,,icrriosR,, + 4 0 - 3 0 ~ 0... K,, =-IOkNO sinal negativo dc R,,, indica selitidooposto ao inicialrricntcarbitrado.Segundasolução - (4.15)313l\iJComA 1 3 iC M,= O- 8 x 3 0 + 6 x R V, = O. Rv,=40kNFigura4.14.bcomC M, = O- 2 ~ 3 0 - 6 x R V, = O:. R..=-10kNA Fig. 4.14.b mostra as reaqões coin seus sentidos correios. A decisáo deequaçõei fica a cargo do leitor.utilizar um ou outro grupo dcSubstituindo-se o carregamento aplicado pela resultante, observ;i-seque alinha de açãu passa eiltreos apoios.Fig.4.15.3.Para efeito apenas do cálculo das reações, o balanço nãu çoiitribui e Oproblema é semelhante ao exemplo 4.6.1, item a.Veteraano
Figura 4.15ComC M, = O6 x R v, - 4 x 6 0 = 0:. Rv,=40kNcomC M, = OObservar que a utilização das equações (4.14) torna mais simples asoluqão.c)Curga momentoFigura 4.16Como no exemplo 4.6.1, item e, o momenlo aplicado pode ser transpor-soluçáo tem, portanto, encaminhameritotado para qualquer ponto da viga. Asemelhante.Veteraano
Note-se que sendo a viga bi-apoiada, com ou sem balanço, as reações d eapoio, independentemente do ponto de aplicaçáo da carga momento, serão sem-pre equivalentes a um binjrio que se opõe ao carregamento.4.6.4 - Exemplo 4 - Viga GerberAs vigas do tipo Gerber sãoestruturas apropriadas para utilização de pré-moldados na construção civil. A viga Gerber pode ser definida, sirnplificada-mente, como um conjunto d e vigas onde uma ou mais vigas têrri estabilidadeprópria, com as outras apoiadas sobrcclas.A Fig. 4.17 moslra alguns exemplos.Figura 4.17A Ictra E indica as vigas que Lêmestabilidade própriae a letra A aquelas qucsão apoiadas, ou, ainda, que adquirem esinbilidade através do apoio. As vigas quecompõem o conjunto são, exclusivanrente, vigas engastadas, vigas bi-apoiadas ebalaiiço. Os vínculos entre as vigas são artic-vigas bi-apoiadas com extremidades emimpcdem rotaçáo relaliva entre elas, impedindo a p a a s os desloca-ulações que nãomentos relativos. As reações nos vínculos iiitenios sào, portanto, forças que scopõcm aos deslocamentos, sendonulas as reações momentos.Veteraano
L Q U I L ~ B R I ODOS SISTEMAS PLANOSA Fig. 4.18.a mostra uma viga Gerber sob ação de cargas externas.Deter-miriar as reac;õcsde apoio cxternas e internas.Figura 4.18ResoluçãoA Fig. 4.18.b mostra a viga Gerber decomposta em vigas simples, objetode cálculo de reuc;õesrios exemplos anteriores.Como visto anteriormente, para cada viga simplcs existem duas eqliaçõesVeteraano
de equilíbrio relevantes aplicáveis. O cálculo das reações deve ser, então, inici-ado pelas vigas apoiadas, devendo, em seguida, ser calculadas as reações nasvigas que têm estabilidade própria.No exemplo, iniciaremos pela viga apoiada D-E.Viga17-15ComC M, = ODetalhe da Pig. 4.18.c4 x R v E - l x 4 0 = O:. Rv,=lOkNcomC M,=O- 4 x R V, + 3 x 4 0 = O. Rv,=30kN3 0 i N I R It o k ~ Viga B-DII I+ i +R\,I,13t l ~, v, 1 3 " ComII < \ # ~C M, = O \Detalhe da Fig.4.18.c- 6 x R V, + 4 x R V c - 3 x 1 8 0 - 2 x 3 0 ~ 0substituindo-se o valor de R,,-180 + 4 x Rvc-540 -60 = O. R,, =195kNComsubstituindo-se os valores de R,, e RvDVeteraano
EQUII,~BRIODOS SISTEMAS PLANOSVigaA-BComC M, = O Delalhe da Fig.4.18.~- 4 x R,, - 2 x 8 0 + M A = Osubstituindo-se o valor de R,,-180-160+M, = O:. M A=340kNmComsubstituindo-se o valor de RysR,,-80-45=0:. RvA=125kNOs siriais positivos confirmam os sentidos iiiicialmente arbitrados.A Fig. 4.19 rnostra a viga decomposta, com as reaqóes obtidas nos sentidos cor-retos.Figura 4.19Veteraano
4.7- P ~ R T I C O S<-:)C o r - e j o t n c n t ~Pórticos planos são estruturas lineares,coplanares com as cargas ativas e2nreativas. Os elementos estruturais geralmente são unidos por n6s rígidos,úri.I' 7 1 podendo existir articulações entre eles.r\m lllI,..O pórtico isostático de nós rígidos é um quadro aberto, podendo ser con-I-iIA b, & r1:.I,. 1, 1 7 1 1 sideradocomo uma única chapa. Nccessita de trêb barras vii-icularesnão concor-rentes para restringir todos os movimentos no plano. Para o cálculo das reaçõesde apoio, são necessárias, portanto, três equações de equilíbrio.i CKN4.7.1- Exemplo1- Pórtico simples1IA'1~'i,uA Determinar as reações de apoio para o carregamento aprcscntado naI1 IRv4 Fig. 4.20.a.ResoluçãoCom C M,=O6 x R V, - 4 x 8 0 - 1 0 x 4 = 0:. Kv,=60kNcom C Y = OR,, +Rv, -80=O:. K,, =20kN2Cikl.lFigura4.20 com C X = OR,, +10=0:. R,, =-10kNO sinal negativo de R,,, indica sentido oposto ao arbitrado inicialmente.Veteraano
E Q I J I L ~ B R I ODOS SISTEMAS PLANOS4.7.2 - Exemplo 2- Pórtico em balançoDeterminar as reaçõcs dc apoio para o carregamento da Fig. 4.21.aFigura 4.21Resoluçãocom E X = OR,, +10= O:. R,, =-10kNcom Y = OR,, - 5 0 - 5 = O:. R,, =55kNA Fig. 4.21.cmostra os resultados encontrados rios seiitidoscorretos.4.7.3 - Exemplo 3- Pórtico tri-articuladoCalcular as reações de apoio, externas e internas, devidas?iação do carre-gamento na Fig. 4.22.a.Veteraano
As articulações externas - apoios fixos - do pórtico retiram quatrograus de mobilidade da estrutura, permitindo apenas rotações em A e E. Temos,neste caso, quatro reações cxtcmas de apoio, uma a mais que o iiúrriero dis-ponível de equações de equilíbrio, Fig. 4.22.b.A quarta equação, necessária para o cálculo, pode ser oblitla através dacondição de nulidade da reação interna momento, na articulação C, ou seja,';,h,'1,,+),!,I 11 r ~ i1 /I r r ~-4 Mc = 0.? = I" 3 k ~ Resoluçãob)IComC M, = OR,, =75kNcomC Y'OFigura 4.22Obs.: A resulranreda carga disrribuídaR,, +Kv, -120=O. RvA=45kNno rrechu CUéiguul a 80kNcom Mc = O (calculado com as forças aplicadas na chapa CDE)M c = 4 x R,, + 4 x R,, - 2 x 8 0 = 0:. R,,,=-35kNcomC X = O30+K H A+RHE=O... R H A=5kNPara determinar as reaçõcs internas na articiilat$o C basta "isolar" umadas chapas e com as duas cquaçóes de projeção calcular os esforços."Isolando" a chapa CDE,Fig. 4.23.a,podemos escreverVeteraano
FiguracomC X = OR,, -35 =O. R,, =35kNcomC Y = OR,,+75-80=O.O. R,, = 5 k NComo as reações internas aparecem aos pares, com sentidos opostos, nachapaABC teremos as mesmas reações com os sentidos contrários.A Fig. 4.23.b apresenta os resultados encontrados. Observar que asrcaçõcs internas foram omitidas, por ter sido considerada toda a estrutura namontagem dos resultados.4.7.4 - Exemplo 4- Pórtico atirantadoDeterminar as reações externas e internas para o carregamento aplicado naestrutura da Fig. 4.24.a.Veteraano
Figura 4.24ResoluçãoA Fig. 4.24.b mostra o pórtico "isolado" c a ação do tirante sobre as cha-pas AC e CB. A reação F no tirante é interna e aparece aos pares com sentidosopostos.Utilizando-se as três equações de equilíbrio disponíveiscomIcomC Y'OR,, + R v B-60=O:. R,, =40kNVeteraano
E Q U I L ~ B R I ODOS SISTEMAS PLANOScomA incógnita F édeterminada com a condição de não existência de reaçãoMc = 0.interna, momento, na articulação C, ou seja,Com Mc = O, calculado com as forças aplicadas em CB,As reações internas na articulação, R,, e R,,, são determinadas com asequações de equilíbrio, deprojcção na chapa CB "isolada", Fig.4.24.c.ComC X = OR,,c =60kNcomC Y = OR,, =-20kNA Fig. 4.24.d mostra os resultados encontrados, onde se pode notar que aforça no tirante e as reações na articulação não foram consideradas por sereminternas.4.8-ARCOSArcos são estruturas planas com elementos estruturais de eixos, em geralcurvos, apropriadas para vencer grandes vãos. Como nos pórticos, os eixos sãoVeteraano
coplanares com as cargas. O único arco isostático de interessc,do ponto de vistaprático, éo arco tri-articulado.4.8.1- Exemplo 1- Arco tri-articuladoCalcular asreações nas articulaçóes externas para o carregamento dado naFig. 4.25.a.Figura4.25Veteraano
EQUILIBRIODOS SISTEMAS PLANOSResoluçãoNos arcos com apoios articulados sujeitos apenas a cargas verticais asreações horizontais de apoio são iguais. São chamadas de empuxo e em geralsão designadas pela letra H, Fig. 4.25.b. São portanto três as reações incógnitas eA terceira equação é obtida com aduas as equações de equilíbrio disponíveis.condiçiio M, = 0.ComM, = O2 0 x R V B - 5 x 4 0 = 0,. Rv,=lOkNcomY = O. R,, =30kNR,,+R,,-40=OcomM, =O (considerando-se as forças na chapa CB)10xR,,-4 x H = O. H=25kN4.9- ESTRUTURAS PLANAS SUJEITAS A CARGAS PERPENDICULARESAO SEU PLANOEstmturas com este comportamento são chamadas grelhas. Ao contrário dospórticos,ascargas aplicadas nas grelhas provocam tendência de rotação em relaçãoa eixos coplanares com a estrutura e de deslocamento na direção das cargas.Os vínculos devem, necessariamente, se opor a estas tendências. Para que umagrelha, formada por apenas uma chapa aberta, tenha sua posição determinada, sãonecessárias três barras vinculares, normais ao plano da estrutura e não coplanares.Veteraano
Os apoios e vínculos comumente utilizados rias grelhas, com suas respec-tivas equivalências em barras vinculares, são mostrados na Fig. 4.26.Apoio fixo ou rnhucle---h ó riyido e n t r e d u o s barrriçFigura 4.26Geometricamente, podemos classificar as grelhas relativamente à funçãogeométrica de seus elementos estruturais. Sendo b o número de barras vincularese c o número de chapas, temosb<3c, grelha indeterminada ou móvelb=3c,grelha determinada>3c,grelha super-determinadabPodemos, do ponto de vista estático, estabelecer a classificação das gre-lhas relativamente àfunção estática de seus elementos<3c,grelha hipostáticabb =3c,grelha isostáticab>3c, grelha hiperestáticaVeteraano
Nesta publicação serão tratadas apenas as grelhasisostáticas,ou melhor, aquelascujasdeformaçõesnãoprecisam ser consideradaspara sua completa análiseestática.4.9.1- Exemplo 1- Grelha engastada e livreDeterminar as reações de apoio para o carregamento e estrutura daortogonaisentre si.Fig. 4.27.a. Todas as barras sãoFigura 4.27ResoluçãoA Fig. 4.27.a mostra a estruturacoplanar com os eixos cartesianos x e y,mostrados na Fig. 4.27.b. As cargas aplicadas são paralelas ao eixoz.A tendên-é uma rotação em tomo de x, umacia de movimento, provocada pelas cargas,rotação em tomo de y e um deslocamento na direção de z.Veteraano
Das seis condições de equilíbrio de um corpo submetido a um sistema deidentificamo estado de equilí-forças quaisquer, três não são relevantes, pois nãobrio estável da estrutura,As três condições restantes são suficientespara a solução do problemaSendo a primeira uma equação de projeção de forças em uma direçãoparalela a z e as duas últimas, equações deniomentos em rclação a eixos parale-10sa x e y, respectivamente.Supondo o sentido destrorso de rotação dos eixos como positivo, Fig.Figura4.27.b 4.27.b,segue-secomC M = = O- 3 ~ 2 0 - 2 x 3 0 + T A = 0. TA=120kNmcomC M, = O0 x 2 0 - 1 x 3 0 + O x R v, + M, = 0.a. MA=-30kNmcomVeteraano
S O N V ~SVWZSIS soaoiaa!linòaVeteraano
4.9.2- Exemplo 2- Grelha tri-apoiadaCalcular as reações de apoio para o carregamento da Fig. 4.28.a. As barrasortogonaisentre si.sãoFigura4.28ResoluçãoAs equações de equilíbrio de momentos serão tomadas em relação aoseixos que passam por AB eAC:Veteraano
0= aaO x! a m'30= 3 v 0 x! a ~'30= nV o x! a ~'3oluod ouisauiousalua.1~03~03uiassojoeu anbsox!a S S J ~i? oe5i?[a~uia 'soluauiouiapouqjl!nbaap sag5i?nbasi?pi?zg!lnop!s Jal umuapodZ. 6 3oldwaxa opo~5nlosi?mi?d.sop~~luo3uasopqlnsal soi?luasalde3.82.9'8!d V 'ope~i-! ~ J E a1uau11~!3!u!ot! o!~g~luo:,oppuas ~3!pu!vAaap o~!w%au[QuisOVeteraano
ESFORÇOS SOLICITANTES EM ESTRUTURASPLANAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS5.1- GENERALIDADESNo CapítuloI1definimos estrutura como sendo um elemento ou conjuntosistemade elementos ligados entre si e externamente ao solo, compondo umestável capaz de receber ações externas e encaminhá-las intcrnamente até seusvínculos exteriores.No Capítulo I, as forças foram classificadas em externas e internas. Asforças internas foram definidas como originadas pela interação entre os pontosou corpos que constituem o conjunto em análise.As forças internas, originadas pela interação entre os corpos ou elementosforma decomponentes da estrutura, foram tratadas no capítulo anterior sob avlnculos internos da estrutura.reações internas, originadas pelosinteraçãioNeste capítulo estudaremos as forças intemas originadas pelaentre os pontos ou partículas que constituem os elementos componentes da estru-tura. Nas estruturas isostáticas, a existência destas forças internas está condi-àação de cargas ativas.cionadaé necessário separar o elemento estru-Para evidenciar as forças intemastural em análise em duas partes, através de um plano de corte imaginário. Esteéconhecido como método dos cortes ou método das seções.procedimentoVeteraano
5.2- DEFINIÇÁO DOS ESFORÇOS INTERNOS OU ESFORÇOSSOLICITANTESPara a definição dos esforços internos, a estrutura, ou parte dela, é consi-derada na sua posição indeformada, sendo suficiente considerar as condições deequilíbrio vistas anteriormente.Consideremos o corpo sólido da Fig. 5.1.a. Seja aplicado a ele um carrega-mento externo P,, P,,...,P,,...,P,, cujas condições de equilíbrio estejam satis-feitas. Através de um corte imaginário, por uma seçãogenkrica S, pode-se suporo corpo separado em duas partes. Cada uma, separadamente, em geral não seencontra mais em equilíbrio. Este fato decorre daeliminaqão,pelo corte, das bar-ras vinculares internas.Como o corpo, como um todo, encontrava-se em equilíbrio antes de seefetuar o corte, conclui-se que as interações entre as partículas da seção àesquerda e as da seçáoàdireita garantiam o equilíbrio das duas partes.Estas interações podem ser interpretadas como sendo forças internas,transmitidas na seção do corte imaginário. Para cortes em seções diferentes, asforças internas transmitidas são, em geral, diferentes.Para restabelecer o equilíbrio em cada uma das partes basta aplicar nasseções, àdireita e à esquerda do corte, os sistemas de forças que representam aação da parte esquerda sobre a direita e vice-versa.Figura5.1Veteraano
As forças internas, como já vimos, aparecem aos pares com sentidos opos-tos. Deste modo, a parte esquerda age sobre a parte direita, da mesma maneiraque a direita age sobre a esquerda, Fig. 5.L.b.As forças internas geralmente são distribuídas de forma complexa sobre asseções, mas, no entanto, as condições de equilíbrio são satisfeitas para cada parteseparadamente. Isto significa que a resultante das forças internas, na seçãogenérica S, pode ser obtida pelas condições de equilíbrio, aplicadas tanto naé chamadaparte esquerda quanto na direita do corte imaginário. Esta resultanteesforço geral interno ou esforço geral solicitante na seção S.No Capítulo I aprendemos a decompor, ou reduzir, um sistema de forças3aplicadas em um mesmo corpo rígido a uma resultante R aplicada em um ponto,mais um binário M,.Com a ajuda desta propriedade da estática dos corpos rígi-dos podemos reduzir o sistema de forças internas aplicadas na seção do corteimaginário a uma resultante R aplicada no centro de gravidade da seção, maisum binário M,.A Fig. 5.2.b mostra esta redução executada na s q ã o àdireita do corte. Aresultanteif e o binário M Rcoincidem com a resultante e o momento resultanteàesquerda de S, Fig. 5.2.c.das forçasFigura5.2Esta última afirmativa pode ser demonstrada da seguinte forma:à direita doReduzindo o sistema de forças internas aplicadas na seçãocorte para o centro de gravidade da seção segue-seVeteraano
ionde mi(s) é o momento da força interna Pi(s) em relação ao centro degravidade da seção.Por outro lado, reduzindo o sistema de forças externas aplicado na parteesquerda do corpo para o centro de gravidade da seçãoàdireita do corte, segue-se'esq = C 'iesqAM ~ e s q= C 'iesq3onde Mi,,,é o momento da força genérica aplicada na parte esquerda, emrelação ao centro de gravidade da seção àdireita do corte.z G i ( s) e z P i ( s) representam a ação da parte esquerda do corpoComosobre a parte direita, podemos escreverC Pi(s> = C PiesqC f i i (s) = C Mies,Comparando as equações (5.1) e (5.2) com (5.3), segue-se+ AR = R,,R' = 'Resq~atukalmente,o mesmo raciocínio é válido para a s q ã o à esquerda docorte imaginário. Desta forma, nesta seção teremos a resultante R e o momentoresultante MRnas mesmas direções e com sentidos opostos.+ 3As componentes da resultante R e do momento resultante MR:que determi-nam o esforço geral solicitante, ficam situadas na tangente àlinha central ou eixodo corpo e no plano da seção do corte. Tais componentes recebem o nome de forçanormal ou forçaaxial N, força cortante V, momento torçor T e momento fletor M.Veteraano
ESFORÇOSSOLICITAN'I'ES EM ESTRUTURAS PLANAS ESTATiCAMENTEDETERMINADASAs componentes N, V, T e M são chamadas, de forma geral, de esforçossolicitantes ou esforços internos na seção em estudo. As Fig. 5.3.a e 5.3.b mos-tram a decomposição dc R e M,,respectivamente.Figura 5.2.bFigura 5.3A força normal N e o momento torçor T têm sua posição determinadapela tangente ao eixo do elemento, necessitando apenas de suas intensidadespara que fiquem caracterizados. Já o momento fletor M e a força cortante Vnecessitam de duas componentes no plano das q ã o.Figura 5.4Através de um sistema de coordenadas cartesianas com eixos x, y e z,podemos definir aintensidadee a posição do momento fletore da força cortante. AM e V segundo tais eixos.Fig. 5.4 mostra as componentes dos esforços solicitantesVeteraano
Os esforços solicitantes são definidos, portanto, por seis componentes: trêsde forças e três de momentos.N força normalforças cortantesT momento torçormomentos fletores5.3- SIMPLIFICAÇAOPARA OS SISTEMAS PLANOSPara o caso frequente de cargas coplanares ao plano da cstmtura, osrcduzem a três componentes. Supondo a estrutura noesforços solicitantes sexy, teremos a força normal e a força cortante aplicadas neste mesmo plano.planoO momento fletor terá seu vetor normal ao plano xy e o momento torçor nãopoderá existir, pois não pode haver cargas fora deste plano.Nos casos planos podemos, portanto, dispensar os índices e os esforços..i,.. solicitantesseráo simplesmente M, V e N.Como foi visto na Seção 5.2, as condições de equilíbrio da estática sãosuficientes para a determinação dos esforços solicitantes. Estes podem sercalcu-lados através do corte imaginário por uma s q ã o genérica S, que separa o corpoem análise em duas partes. Na prática, os esforços solicitantes podem ser calcu-Figura5.5.alados utilizando-se dois caminhos:a) Considerando-se uma das partes do corpo, à esquerda ou à direita doset;ão em queslão podem ser calculados comocorte, os esforços solicitantes nasendo as componentes da resultante e do.momento resultante das forças externasaplicadas na outra parte, reduzidas para o centro de gravidade da seção em análise.Veteraano
ESFORÇOS SOLICITANTES EM ESTRUTURASDesta forma, se escolhemos a seçãoàesquerda do corte imaginário, teremosM(8)= M i dirV(s) = Yi dirI: _ _M,.=14, ciirN(s)=CX idir(5.5) -.I6: ~..eZQ' i 2....N = I?, A iOndeE M,,,.representa a componenteM,do momento resultante das(C;) >:L,/:-.,,,"-0;j; l,. - -H,? l..forças aplicadas na parte direita, em relação ao centro de gravidade da seção S. Asx,..P-./'I -&3,grandezasx Y ieC X i,i,representam,respectivamente,as componentes R, eR,, CiIR, da resultante das forças aplicadas na parte direita da seção.A Fig. 5.5.b repre-Figura 5.5.bsenta a determinação dos esforços solicitantes através deste caminho. Esse caminhopode ser chamado de cálculo direto dos esforços solicitantes.b) Escolhendo-se uma das partes, à esqucrda ou à direita do corte, osesforços solicitantes na seção escolhida podem ser calculados como sendo ascomponentes da resultante e do momento resultante das forças intcrnas aplicadaspara o centro de gravidade. Como já vimos, estas forçasna seção, reduzidasaação da outra parte sobre a seçãoem análise.internas representamComoaspartes, sob a ação das forças externase intcrnas. estão em equilíbrio,Seqão 1.1 I são satisfeitas, para cada parte, separadamente.as condições (1.56) daC X = OC Y'OC M = O (5.6)Desta forma se cscolhermob, por exemplo, a parte a esqucrda do corte,.-aplicando os esforços solicitantes na seção S, teremos juntamente com as cargasaplicadas um sistema de forças em equilíbrio. As equaçõcs (5.6) serão, portanto,suficientes para o cálculo dos esforços incógnitos M, V e N. A Fig. 5.5.c repre- '45)Figura 55.csenta o cálculo por este caminho.Conhecidas as cargas aplicadas na estrutura, podemos sempre calcular osesforços solicitantes em qualquer seção. Em geral, os esforços solicitantesvariam de scção para seção, sendo necessário, por conseguinte, conhecer as leisVeteraano
Figura 5.5de variaçio destes esforços ao longo da estrutura. A variação destas grandezas 9pode ser visualizada traçando-se os diagramas dos esforços internos, tambémchamados diagramas de estado. Nestes, a abcissa representa o eixo da barra e aordenada, o respectivo valor do esforçoVeteraano
oueld ou aiduias asaiede 'sep!jaU seueld seinjnijsa seu 'JoiaU oiuauioui O.I"UOU e5iojeeied [eu~sapog5ua~uose eiisnl! 9's'8!dV.oessaiduio3euinm o ~ a i dopuenben!le%auaas!lyue uia e5adeuoeSei1euineso~oidopuenbe~g!sod9~ w o uE ~ J O Je 'aluauies!wsg.oe5aseuieiiuaap o 9 op!iuas o opuenb 'e~.i\!le%au ouios a!as!lyue uia 0 ~ 5 a sep i!es ap o e5iojep oplluas o opuenb 'e~!l!sod le!m no '[euuou e5ioj euin souieuo!suaAuo3'aliosopepianbsae noei!aj!p eiasepes!leue og5asep apuadapoeu 'JopeAiasqoop0<3!~0depaiuauiaiuapuadapu!opeuo!suaAuos pu!s ouialN leuuou o5io~saO'saiuel!s!Ios so5iojsa so eied s!eu!s apoe5ua~uo3euin iasalaq-Pisa 'ojueriod 'aiua!ua~uo3g 'soiuauioui a Se510j opueuios aiduias souiaiejsasouialu! so5iojsa sop olnslp o eied opelope oqu!uies oe b sanbianblenùSIWNIS 3íi 0 ~ 5 ~ 3 ~ ~ 0 3-P'SS V ( 7 V N I W l ~ B OaN3WV31LVJ.S3S V N V l d SVlflLfllLS3 W 3SJINVL13110S S O ~ H O ~ S BVeteraano
xy. Se o único esforço solicitante for um momento fletor, teremos o estado co-nhecido como tlexão pura. Em geral, o momento fletor aparece acompanhado deforças cortantes também no plano xy. Estes esforços configuram o estado conhe-cido como flexão transversal.O sinal do momento tletor está relacionado com a curvatura da peçafletida e o sentido dos eixos xy.A Fig. 5.7.a mostra a definição do sinal do momento relacionada àposiçãodos eixos fixos xy.O momento fletor positivo provoca na peça fletida uma curvatura tal que ocentro de curvatura O fica com sentido contrário ao eixo y. Naturalmente o con-ocorre com o momento negativo. De qualquer forma, ambos prOVOCdm natráriosuperfície convexa alongamento das fibras e, por conseguinte, tração. Nos diagra-mas desenhados para visualizar a variqão do momento fletor, as ordenadas sãodesenhadas do lado tracionado da peça. Não há necessidade de se indicar o sinal.Podemos convencionar o sinal do momento fletor na seção em análise,independentemente do sentido dos eixos externos xy e da posição da seção emrelaçáo ao corte. A Fig. 5.7.b ilustra esta convenção.àesquerda do corteSe o momento resultante das forças aplicadas no ladoVeteraano
ESFORÇOS SOLICITANTES EM ESTRUTURAS PLANAS ESTATICAMENTE IIETERMINADAStiver sentido horário, o momento fletor na seção é positivo. Se o momento resul-R c s ~ M--hl@tante das forças aplicadas no lado àesquerda do corte tiver sentido anti-horário, o(L---:---/jsinal do momentofletorna seção é negativo.A regra inversa deve ser aplicada à direita do corte: moiiiento resultanteSdas forças à direita e com sentido horário, negativo; iiiomento resultante das I,/--)Lforças à direita e com sentido anti-horário, positivo.'J' ~ h ' bl-V Ri,,A convenção de sinais para a força cortante é mostrada na Fig. 5.8.a. Figura 5.7.bPode-se estabelecer, à semelhança da convenção para o momento fletor, umaposiçaoda seção em relação ao corte:regra que independe daSe a resultante das forças aplicadas na parte à esquerda do corte provocartendência de rotação horária em relação à sqão, a cortante é positiva. Se a resul-tante das forças aplicadash esquerda do corte provocar tendência de rotaçãoanti-horária, a cortante é negativa. Naturalmente, para as forças aplicadas no lado àdireita do corte vale a mesma regra. A Fig. 5.8.b ilustra esta regra.Figura 5.8Nos diagramas dos esforços cortantes, as ordenadas positivas geralmentesão desenhadas na parte superior e as negativas na inferior. Recomenda-sea indi-cação do sinal.Veteraano
5.5- EXEMPLOS DEAPLICAÇÁOExemplo 1Calcular os esforços solicitantes para o carregamento dado nas seçõesS, e S, da viga simplesmente apoiada da Fig. 5.9.transversais S,,Figura 5.9ResoluçãoVigas horizontais carregadas transversalmente não sofrem ação de esfor-) l l i o g r o m a de corpo livreços axiais, portanto os esforços solicitantes procurados em cada seção transver-sal são as forças cortantes e os momentos fletores.a) Cálculodas reaçóes, Fig.5.10ComC M, = OjMontagemdosresultados7 x R v B - 5 x 1 5 - 4 ~ 1 0 - 1, 5 ~ 5 = 0.'.RvB=17,5kNcomII l?, b k N 1/.SkNFigura 5.10Veteraano
ESFORÇOS SOLICITANTES EM ESTRUTURAS PLANAS ESTATICAMENTE DETERMINADASb)Cálculo dos esfor~ossolicitantesEquilíbrio das partesOs esforços internos podem ser calculados através do equilíbrio de umadas partes separadas pelo corte imaginário, obtido com a aplicação dos esforçosincógnitos, supostos positivos, na seção transversal.Seção S,Escolheremos a parte esquerda da viga, devido ao menor número de forças 1Figura 5.115.11.externas aplicadas, Fig.ComY = O12.5- V, = O:. V, =12,5kNcomC M,=OM, -1 x V, = O;. M, =12,5kN.mOs sinais positivos de V, e M, indicam que os esforços solicitantes sãopositivos, como supostos inicialmente.S,SeçãoEscolheremos, ainda, a parte esquerda, pelo mesmo motivo anterior,Figura 5.12Fig. 5.12.Veteraano
5kN 1 i, M, ComcomFigura5.12 C M, = OOs sinais positivos de V, e M, indicam que os esforços são positivos,I?Neste caso será mais cômodo trabalhar com a parte direita da viga,Figura 5.13 Fig. 5.13.ComY=Ocom1M,=O:.M3 =36,25kN.mM 3 + 2, 5xV,-2x 1 5 = 0O sinal negativo de V, indica uma cortante anti-horáriana seçãotransversal.Veteraano
ESFORCOS SOLICITANTES EM ESTRUTURAS PLANAS ESTATICAMENTE I)FTERhlINADASCálculodiretoOs esforços internos, em uma deteniiiiiada seção transversal, tambémpodem ser calculados diretamente como sendo as componentes da resultante dasà direita ou àforças e dos momentos das forças que atuam na parte da vigaesquerda da seção em quesião, Fig. 5.14.Figura 5.7.bFigura 5.14Seção S,V - R,.> r' ' l k R,, ~ # rTendo-se em vista a convenção de sinais da Seção 5.4, Fig. 5.7.b e Fig. "t i.-o.5.8.b, e considerando-se as forças aplicadasàesquerda de S, $1-?, e s qM, =1x 12.5.: M, =12,5kN.m Figura5.8.bV, =12,5.: V, =l2,5kNConsiderando-se as forças aplicadas àdireitade S iVeteraano
Seção S,1 5 k NConsiderando-se as forças aplicadas àesquerda de S,liM, = 4 x 17,s-2 x 15-1 x 10:.M, =30kN.mV, =-17,5+15+10.: V, =7,5kNI Considerando-se as forças aplicadas àdireita de S,Figura 5.14Seçáo S,Considerando-se as forças àesquerda de S,M, = 4, 5 ~ 1 2, s - 3x 5 - 0, 5 x 1 0.: M, =36,25kN.mV, =12,5-5-10:. V, =-2,5kNConsiderando-se as forças àdireita de S,Exemplo 2Calcular os esforços solicitantes, para o carregamento dado, nas seçõesS,,S, e S, do pórtico tn-articulado daFig. 5.15.a.transversaisResoluçãoa)Cálculodas reaçóesComVeteraano
ESFORÇOS SOLICITANTES EM ESTRUTURAS PLANAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS0)Figura 5.15comC Y = OR v A + R v B - 9 0 = 0:. R,, =35kNcomM, = O (chapa AC)4 x R,,, +2,5x 40=0:. R H A=- 2 5 mcom+ R,, + 4 0 = 0:.R,,=-15kNR,,A Fig.5.16mostra aeqtnitiira~ubmetidaao carregamento externo-ativo e3 1 b t J i 5 s N1reativo -e preparada para o cálculo dos esforços solicitantes,nas respectivas 1: om I - 3 om 4seçkstransversais, nas quais poderão ocorreros três esforços internos, M,N e V.Veteraano
b) Cálculo dos esforços solicitantes52 I lShN,/m>Equilibriodas partesSeção S,l i k ~ A seção S, contém a articulação C, portanto os esforços solicitantes serão,tão-somente, força cortante e forçanormal.1 ti!.^ 55kN1 Considerando-se a seçáo pertencente àchapa AC, Fig. 5.17.a1 3 0 m Ji--5,0rn+Figura 5.16ComcomO sinal negativo de N, indica que a força normal na seção transversal édecompressão. O sinal negativo de V, indica que a força cortanteéanti-horária.Considerando-se a seção pertencente à chapa CDB, Fig. 5.17.b.ComC Y'O55+V,'- 9 0 = 0:.V,'=35kNcomC X = OVeteraano
ESFORÇOS SOLICITANTES EM ESTRUTURAS PLANAS ESTATICAMENTE DETERMINADASFigura 5.17O sinal negativo de N,' indica uma força normal de compressão. Observaré igual a N, em módulo e N,' é igual a V,, também em módulo. Esteque V,'fato significa que, neste caso, a cortante e a normal na seção pertencente àchapaAC são, respectivamente, a normal e a cortante na seção pertencente à chapaCDB. Observar também que os esforços solicitantes são iguais as reações inter-nas provocadas pela articulação C.Seção S,15 k l ldNeste caso, para considerarmos a parte àesquerda do corte, basta o trechoentre a articulação C e o corte S,, pois os esforços solicitantes são conhecidos 3. o i i1em C, Fig. 5.18. Figura 5.18ComVeteraano
3,/4i,",*'k.N 1~ ~~~~ -L.;com3-1 C X = OI 1 v21-I,a881 iFigura 5.18comC M, = OSeção S,Neste caso escolheremos a pane àdireita do corte, Fig. 5.19.aFigura 5.19ComC Y = OVeteraano
'9'61'5 '4!deu sope3!pu! oysa so5~ojsaso auo3 opep~anbsa IEsnAsueJloe5as e N. o ~! u $ ~ dopeun[o3ep seuia~xaswqg se EU0!3rril JolaU oiuawow o anb e3!pu1 (K ap o~!le4au~eu!sOVeteraano
Cálculo diretoSeção S,Cargas aplicadasàesquerda de S, (chapa AC)M, =O (articulação)N, =-35kN (entrando na seção)=25-40=-15kNV,Cargas aplicadasàdireita de S, (chapa CDR)Figura 5.17.a M, =O (articulação)N,' =-15kN (entrando na seção)V,'=90-55=35kNFigura 5.18t55kN Seção S,Figura5.17.bCargas aplicadas àesquerda de S,M, =3 x 35+ 4 x 25-2.5 x 40-1,5x 45=37,5kNmN, =4 0+25=-1 5kN (entrando na seção)V, =35-40=-10kNCargas aplicadas àdireita de S,M, =3 x 3 5 1 4 x 25-2.5 x 40-1,5 x 45=37,5kNmN, =4 0+25=-1 5kN (entrando na seção)V, =35-40=-10kNVeteraano
- ~ 3 voq:,aii oe aiua:,-uapado&s eu '~euuou apuodsaiio3 ajuepo3 e anb aa3v oq3ali oe alua3-uariadoe3ast u aiuerio3e aa oq3aJi ou leui~oue3104 e anb JeAJasqoN S - = O P - Ç E = ' A~ Ç I - = Ç Z + O ~ - ='NU'NP109-=06 x E-O'P x Ç'Z-SZ Y P+Çf Y 9 = 'A'(a3vOqmli) r~ apsp~anbsar;sripe3gdt s o 4 ~ e 34'6W e ~ n a!. q W 6 r S E J I I P! ~NYSC I \ l G cVeteraano
Veteraano
REPRESENTAÇAOGRÁFICADOS ESFORÇOSINTERNOS-DIAGRAMAS DE ESTADOComo vimos no capítulo anterior, os esforços solicitantes estão associadosa uma determinada seção transversal. Mudando-se a seção transversal em geralÉconve-os esforços solicitantes associados a esta nova seção serão diferentes.niente, portanto, expressar a variação da grandeza dos esforços internos ao longodo eixo da estrutura.Esta variação, seção por seção, pode ser mostrada graficamente utili-zando-se o eixo da estrutura como eixo das abcissas, com as ordenadas repre-sentando a grandeza do esforço solicitante.6.2-TRAÇADO DOS DIAGRAMASATRAVÉSDE EXPRESSÕESANAL~TICAS DAS FuNÇÕESDOS ESFORÇOS SOLICITANTESEste procedimento será melhor ilustrado através de um exemplo numérico.Seja traçar os diagramas dos esforços solicitantes para o carregamento aplicadoFig. 6.1.a.na viga daVeteraano
a) ti:Z O ~ I I \ I C ~ < N)o I: 141 I,, J t,--A\Il i 4I,,,L.I l i ii ~J. I 3Figura 6.1A Fig. 6.1.b mostra o diagrama de corpo livre da viga com a forcainclinada substituída pelas suas componentes aplicadas transversalmente eAs reações são determinadas pela aplicação dasparalela ao eixo daviga.equaçóes de equilíbrio.ComC M, = O6 x R v, - 4 x 8 - 2 x 2 0 = 0.'.Rv,=12kNcomR,, + 6 =0;. R,, =-6kNcomAFig.6.2 mostra a viga com as forças aplicadas nos sentidos corretos e oscortes genéricos que serão utilizados para o equacionamento dos esforços solici-tantes. O eixo x, das abcissas, tem origem em A e corre ao longo do eixo da viga.Veteraano
IIEPRESENTACÃOCRÁFICA DOS ESFORÇOS INTERNOS-DIAGRAMAS DE ESTADO;;,(;-v, I i, ~ r r i I, i, ~; ni.,I.4 iFigura 6.2Como o carregamento aplicado é dcscontínuo (cargas concentradas), asexyressõcs analíticas para as funções devem ser determinadas em cada trecliodelimitado pelas cargas.l.l=R,erq 8 N = W x d,:> ~. - -S e p ogenéricaS,(O<x<2)C i:(Figura 5.6.cConsiderando as cagas aplicadas i esquerda do corte,FiguraS.7.bSeçãogenérica S, (25x 54)Considerando as cargasàesquerda do corte,M = 16x-20 (x-2) (kNm)Veteraano
Seção genérica S, (4 5 x<6)Considerando as cargas àdireita do corte,Figura5.6.cPara controle dos resultados, calcularemos as expressões utilizando as car-àesquerda do corte.gas aplicadasI - M IResq)?"-C (2M - M i d, rM = 16x-20(x-2) -8 ( x - 4) (kNm)Figura 5.7.bA Fig.6.3 mostra a representação gráfica dos esforços solicitantes, através5dos diagramas de estado. Comentaremos os resultados obtidos através da análiseV=Kyesqdos diagramas dos esforços solicitantes na próxima Seção.Figura 5.8.bVeteraano
oavLsB3asvwvnDvIa-SONIXLNI s03nods1soa v31clyn~oySv1~as38d~aVeteraano
Seção genérica S, (4<x<6)Considerando as cargas àdireita do corte,Figura 5.6.cPara controle dos resultados, calcularemos as expressões utilizando as car-àesquerda do corte.gas aplicadasFigura 5.7.bA Fig. 6.3 mostra a representação gráfica dos esforços solicitantes,atrav6sdos diagramas de estado. Comentaremos os resultados obtidos através da análiseV-Rycsqdos diagramas dos esforços solicitantes na próxima Seção.Figura 5.8.bVeteraano
O a V L S 3 8 O S V W V I D V I a-SONtIXLNI S 0 3 1 1 0 d S 3SOO V J l r l Y I D O Y ~ V I N ~ S B ~ ~ B IVeteraano
L CAPITULO 66.3- RELAÇÓES ENTRE CARGA, FORÇA CORTANTE E MOMENTOFLETOR-EQUAÇÃODIFERENCIAL DOS MOMENTOSSupondo a carga, a força cortante e o momento fletor funções de x, abcissaao longo do eixo da estrutura, para um elemento de comprimento infinitesimal dx.em equilíbrio sob efeito da carga, p =p(x),e dos esforços solicitantes, M =M(x) e=V(x),Fig. 6.4, podemos estabelecer as seguintes relações diferenciais:VFigura6.4ComC Y = Odividindo por dx,E M o = Ocomdividindo por dx e levando ao limite para dx+0,Veteraano
Derivando (6.4) em relação a x e substituindo em (6.2),Sempre que se conhecer p(x) a equação pode ser resolvida para M, e pordiferenciação a cortante V, pode ser determinada.É extremamente útil discutir a solução da equação diferencial. Assim,através de duas integrações, teremos:integração, C, e C,, podem ser determinadas através deAs constantes decondições de contorno, lembrando que (6.5) só tem validade nos trechos semformapodemos considerar os seguintes casos:carga concentrada aplicada. Destaa)Trectrosonde p(x) = 0, com (6.6)e(6.7).A vista de (6.8) e (6.9),podemos formular:A força cortanteéconstante no trecho onde p(x)=O e o momento fletorélinear.é constante, a força cortanteénula no trecho.Se o momento fletorS e o diagrama de momentos fletores apresenta um ângulo, ou ponto singu-lar, isto significa uma descontinuidade da derivada, ou seja, uma descontinuidadedo diagrama da cortante. Isto indica uma carga concentrada aplicada e o salto nodiagrama da cortante tem a magnitude da força aplicada.No ponto onde a cortante muda de sinal teremos um valor máximo oumínimo do momento fletor.Veteraano
b)Trechoronde p(x) = cre =p,Apreciando (6.10),(6.1 1) e (6.12),podemos formular:éfunção linear e o momento fletor, função do segundo grau.A força cortanteSe a inclinação da curva de momentos diminui da esquerda para a direita,temoscortante positiva. Se aumenta da esquerda para a direita,temos cortante negativa.Se o diagrama de forças cortantes apresenta um ângulo, ou ponto singular, istosignifica uma descontinuidade da derivada, ou seja, descontinuidadeda carga p(x).No ponto onde acortante énula, teremos um valor máximo ou mínimo domomento fletor.c) Trechos onde p(x) éumafirnçüo linear de x ( p ( x)=h),Substituindo a funçãop(x)em (6.5) e integrando duas vezes, podemos for-mular:A cortante C uma funçio do segundo grau e o momento é função do ter-ceiro grau (parábola do terceiro grau).inclinaçáo da curva do momento fletor diminui da esquerda para aSe adireita, temos cortante positiva. Se a inclinação aumenta da esquerda para a di-reita, temos cortante negativa.direiia, a iriçlinação da curva da forçaSe a carga cresce da esquerda para acortante aumenta da esquerda para a direita.Veteraano
REPRESENTAÇÃO GRÁFICA DOStSFORÇOS IN7ERNOS -DIAGRAMAS DEESTADOS c a carga diminui da esquerda para a direita, ainclinaçáoda curva da forcacortantediminui da esquerda para a direita.Analisaiido, agora, o exemplo resolvido na Seçào anterior, através da Fig.6.3, podemos forniular:A inclinayáoda linha da f o r ~ acortante, representada na Fig. 6.3.b, é nula-isto indica a iiáoexistenciade carga distribuída.No pontoondea cortante muda de sinal temos oM,, igual a32kNm.As descontinuidadcs no diagramada força cortante indicani existência decarga concentrada nestes pontos e suas intensidades são iguais ao valor dodiagraiiia. Nestas posições são verificados ângulos, ou poiitos singu-"salto"nolares, no diagrama do momento fletor.Veteraano
6.4- EXEMPLOS DEAPLICAÇAOUTILIZANDOA SOLUÇAODA EQUAÇAODIFERENCIAL DO MOMENTO FLETORExemplo 1-Viga simplesmente apoiada com carga distribuída uniformeFigura6.5Condições de contorno:comcomentáoA curva do momento fletor é uma paníbola do segundo grau, com corda(M(,=,, = O e M(,=,,= O). Para traçar o gráfico basta conhecer ahorizontalflecha da parábola, que neste caso coincide com o momento máximo.O momento máximo ocorre onde = 0, entáod xCom (6.19) em (6.18),Veteraano
.asesalsaeJisnl! ~ ''8!39 V 'epeu!l3u! eraisaeloqy~edep epi03 e anb uia som3 sou epez!I!in Jas apod uiaquiei 0 ~ 5 n i ~ s u o 3elsg.e[oqe~ede aluaâur!~leuoã!lodeuin as-ui?lqo 'og5e~auinueuisaui ap soiuod so as-opueâ!~,9.9 '213e expu!Ou103 'sope~auinua s!enâ! saped uia sop!p!n!p Jas uianap aa a av soiuaui-8asso. j ~no'p/$d r![enâ! 'souia~ixasou 'eloqped sa~uaâueisepot$ar;~aiu!elad opeu!uiiaiap 'a3 oiuauiâas o anb la~yilsuouiapaiuauilpej 39'9~ J * HVeteraano
I1Figura 6.7dMA força cortante pode ser obtida pela derivada = O, entãodxdM ~ex _-- V, =-px+- (6.21)dx 2O diagrama de V, é linear e portanto pode ser traçado com dois pontos;=O e x =1.Com (6.21),para xA Fig. 6.8 mostra o diagrama da força cortante V,.Uma simplificação, bastante útil e interessante no caso da viga simples-mente apoiada sujeita a cargas uniformemente distribuídas, pode ser empregadaquando se deseja calcular o momento fletor, em qualquer ponto do eixo, sem autilização da equação (6.18).Seja calcular o momento fletor em uma seção genérica do eixo, situada adistância "a" do apoio esquerdo e àdistância "b"do apoio direito, Fig. 6.9.a.Veteraano
REPRESENTACÃO G R ~ F I C ADOS ESFORCOS INTERNOS-DIAGRAMAS DE ESTADOFigura 6.8Figura 6.9A reação no apoio, A ou B, é igual a p("e o momento, na sefão2genérica, pode ser calculado com as cargas à esquerda ou à direita de S.àesquerda de S. A Fig. 6.9.bauxilia o cálculo.Tomemos as cargas=b =112.Substituindo-O momento máximo, como vimos, ocorre paraase em (6.22).pe2M,,=-8Resultado já encontrado em (6.20).Veteraano
Exemplo 2 -Viga em balanço, com carga distribuída uniformeFigura6.10Condições de contorno:comcome, com (6.24) em (6.23), obtemosentãoAfunção M, éparabólica e portanto pode ser traçada conforme a Fig. 6.7.Os diagramas de M, e V, são mostrados na Fig. 6.11.Veteraano
me18o~!amaiopeloqy~ede u n 'JolaUoiuauouop e anei8opun8asopeloqymde u n aiuwio3e5iojepe ~ i n 3va&--x--~ I a9\ T~' 5 + x 3+ x s - = xi\I?%,nj;[l~~w:A~~:A~~A~~~7 V~~~ x ~ o d ( ~) h lJeau!lla@!JeAep!nq!Jls!p ~ 6 1 ~ 3uioaepe!odeatuauisaldui!se6!1(-c olduiax3Veteraano
Para traçar o diagrama de V, procedemos como no primeiro exemplo,para constmira parábola. As tangentes àcurva de V,, nos pontos extremos, sãodV,as derivadas-para x=O e x=1,respectivamente.dxComx = O, d V, / d x = OdV, Idx =-po xl!come x =I.que nada mais são que os valores do carregamento distribuído para x = OAs cortantes nas extremidades A e B são, respectivamente, V, = p, 116 ev, = -p,113.A Fig. 6.13 mostra a constniçãoda parábola e por conseguinte o diagramada força cortante V,.Figura 6.13Observe-se que a inclinação da curva aumenta da esquerda para a direita,o mesmo acontecendo com o valor do carregamento distribuído.Para a completa caracterização do diagrama de momentos fletores sãonecessários alguns parâmetros, além da flecha da parábola. Estes parâmetros sãodeterminados como se segue.Veteraano
O momento máximo ocorre no oonto onde a cortante se anula, ou seia,dMquando = Od xJ5 2 2 p0e2M,,= f=-p,t=0,006415p0P=-27 15.59O ponto de interseção das tangentesa parábola, nos extremos, é facilmented Mdeterminávelpela condição 2= V, nas extremidades da viga. A Fig. 6.14ilus-d xtra talfato.AD e BD são tangentes a parábola;x e y são as coordenadas do ponto de interseção D;eY---Po<X e2e " 9L-- p, - = - vBe - x 3Veteraano
Com os partimetros determinados, podemos, enfim, traçar o diagrama domomento fletor para o carregamento dado. A Fig. 6.15 mostra o diagrama com-M,.pleto deFigura6.15Exemplo 4 -Viga em balanço com carga distribuída variável linearP 3M,=-"x +C,x +C,61Condições de contorno:A --comVeteraano
.3a 9.81.9'B!d seusope3!pu! so ouia3 uieuas saluqp!los so5iojsa sop S E U I E J ~ E! ~so '~'81.9.8!.~eauuojuo3'el!ai!p e eied epianbsa ep alua3sai3ap asso3oluauie8arie3o a sL1'9 ul"%!á.'A a '~yap seuiei8wp soeilsoui ' ~ 1. 9'B!d v.ZJI Od- = a~ a g ~ 4 O d -= B I ~'o]ue]~od'08s so5io~saso 'a oluauie1se8ua o~.e3!qy3 e~oqyiedeuin 'iol-aU oluauiouiop e a e3!1?ipenbeloqped euin aiuepo3e5iojep e ~ i n i,vO O V I S B80S V N V 8 3 V I O - SON8ZLNI ~ 0 3 1 1 0 r l ~ BSOO V 3 1 d V 8 30? 1 3 ~ I N 3 S B > J d 3 8Veteraano
Veteraano
EXEMPLOS DEAPLICAÇAO-TRAÇADO DIRETO7.1- GENERALIDADESNeste capítulo serão resolvidos alguns exemplos, iniciando pelas vigassimples, submetidas aos mais diversos carregamentos. Serão abordados, maisadiante, vigas do tipo Gerber, pórticos, arcos e estruturas planas submetidas acargas perpendiculares ao seu plano, como as grelhas. Serão resolvidos os exem-plos do Capítulo IV, que já têm as reaç0es determinadas, com a inclusão de ou-tros, considerados de importância para o desenvolvimento do tema nessaà análise de estruturas.introduçãoOs exemplos serão resolvidos diretamente, apenas mentalizando os cortesnas seções de interesse e calculando as respectivas forças internas. As leis queregem a distribuição dos esforços solicitantes, ao longo do eixo da estrutura, bemcomo os preceitos formulados no capítulo anterior serão de capital importânciapara a compreensão das soluçi3esaqui apresentadas.Veteraano
7.2-VIGASExemplo 1- Viga simplesmente apoiadaa) Carga concentradaAs reaçóes, calculadas no Capítulo [V,estão representadas na Fig. 7.1.b.Como temos, no caso, carregamento descontínuo sem carga distribuída, oé constante em cada trecho e apresenta uma descon-diagrama da cortantetinuidade no ponto de aplicação da carga concentrada. Em qualquer corte men-talizado, no trecho A esquerda da carga, a cortante vale 20kN e tem sentidoé positiva. No trecho à direita da carga, a cortante é anti-horário, portantohorária, portanto negativa, com intensidade de40kN. O diagrama é mostrado naFig. 7.2.a, onde se pode notar o "salto" numericamente igual ao valor da cargaconcentrada.Figura7.1O diagrama do momento fletor é linear e apresenta uma angulosidade noponto de aplicação da carga. O momento máximo ocorre nesta seção e coincidecom o ponto onde a cortante muda de sinal. Imaginando um corte no ponto deaplicação da carga e com as forças do lado esquerdo, teremosM = 4 x 2 0 = 8 0 k N. m (tração nas fibras inferiores)é nulo, pode-se desenhar oComo nas extremidades da viga o momento7.2.b, mostra o diagrama dos momentos fletores nadiagrama de M. A figuraviga.Veteraano
Figura7.2b) Carga uniformemente distribuídaAs reações, calculadas no Capítulo IV,esião representadas na Fig. 7.3.b.Neste exemplo, o carregamento é contínuo e uniformemente distribuído.Temos, portanto,paracada esforço solicitante uma única função regente. Acurva doéuma parábola do segundo grau, com a corda horizontal-- momen-momento fletortos nulos nas extremidades da viga - e a força cortante varia linearmente.Para traçar os diagnmas de V e M, serão necessários, respectivamente, osvalores das cortantes nas extremidades e a flecha da parábola, que neste caso coin-cide com o momento máximo. Assim, teremos62f=M,,=-= 'e? 3x-=13,51drlm (tração embaixo)8 8 F i73Veteraano
Note-se que, neste caso, o momento máximo ocorre onde a força cortantese anula, ou onde muda de sinal. A Fig. 7.4 mostra os diagramas, onde a parábolafoi construída conforme as regras vistas no Capítulo VI.3)/J6kN'rr1Figura 7.41 v 1 * 1 1 1HL-. C) Carga uniforme distribuída cuja extremidade nZo alcança o outro apoio% r n j, 4 rrnJ;As mações, calculadas no CapítuloIV,estão representadas na Fig. 7.5.b.Neste exemplo, temos um carregamento distribuído descontínuo e por-b j i':"rntanto dois trechos. O trecho sem carga distribuída apresenta o diagrama de Vconstante e o de M, linear. No trecho com carga distribuída a cortante é linear e oi 1 1 1"1E momento fletor, parábola do segundo grau.f IO diagrama de V não tem descontinuidade, pois não existe carga concentrada8kl.lIl j k ~!vãoda viga, mas apresenta uma angulosidade no ponto onde começa oaplicada noFigura 7.5àdescontinuidade do carregamento.carregamento distribuído. Fato devidoVeteraano
O diagrama de Mécontínuo, sem angulosidades. Isto indica que a parte line-étangenteB parábola.ar do diagramaTraçado do diagrama da força cortante1No trecho com p =O, a cortante épositiva e numericamente igual a8kN.Nosegundo trecho, para traçar a reta de V basta mais um ponto, por exemplo a cortante16kN.O diagramano apoio B, negativa, pois anti-horária, e numericamente igual aestá indicado na Fig. 7.6.a.Figura7.6Traçado do diagrama do momento fletorComo o momento fletor em A é nulo, para traçar a reta de M basta maisum valor da função, assim no extremo do trecho linear temosM = Z x 8 = 1 6 k N mVeteraano
O momento em B também é nulo, portanto temos definida a corda daéparábola, ou a sua linha de fecho. Basta, portanto, o valor da flecha queO momento máximo ocorre no ponto em que a cortante se anula. Assim,com as forças aplicadas no lado direito da viga anulamos a cortante na seçãogenérica, distante x, do apoio B.@(kliiin)V =-16 +6x, = O.: x, =2,67mAO momento máximo vale, entáo,2,67M,,=2,67 x 1 6 - 6 x 2, 6 7 x -=21,28kNmMmóX= 71.28 2Figura7.6.b O diagrama completo está representado na Fig. 7.6.b.d) Carga uniforme distribuída parcialmenteFigura7.7As reações de apoio, que podem ser facilmente calculadas, são apresenta-das na Fig. 7.7.b.Neste exemplo, à semelhança do anterior, o carregamento distribuído éparcial e são três os trechos a se considerar para o traçado dos diagramas. Nocaso da força cortante, temos dois trechos constantes interligados por um trechointermediário linear.No caso do momento fletor, os trechos lineares das extremidades são tan-gentes ao trecho parabólico. As outras considerações são semelhantes às doexemplo anterior. Os diagramas completos estio representados na Fig. 7.8.Veteraano
Cálculo do M.,,(3,143-2)M,, =8 x 3,143-7 x (3,143-2) x:. M,, =20,57kNm2e)Carga unifornredescontínua C o r r e g a m c n l o1OkN/m/kN/mAs reações são facilmentedetermináveise estão representadas na Fig.7.9.b.A descontinuidade da carga indica um ponto singular, ou angulosidade, noA!,Adiagrama da força cortante. Em cada trecho com carga distribuída, a funçãoélin- -z n i, l A vC 4ear. Como são conhecidas as cortantes em A,25kN,e ern B,-29kN,bastadeter-rninar o valor de V na seção onde a carga distribuída rnuda de valor e traçar as retas. Figura79aVeteraano
i;) Ei>.><Ues d r dp.;ioIi i ~ < ~ lFigura7.9Assim, considerando asforças àesquerda daseção,V=25-14=11kNO diagrama da força cortante está representado na Fig. 7.1O.a.0)Em cada trecho com carga distribuída a função de M é uma parábola doO ( i N! segundo grau, todas distintas entre si. No ponto onde ocorre a descontinuidadeda carga, no entanto, a tangente às duas funções tem a mesma inclinação.fletor basta, portanto, determinar oPara traçar o diagrama do momentovalor de M na seçáo onde p muda de valor, assim teremos, considerando as car-Igas do lado esquerdo da seção,M = 2 x 2 5 - 1 x14=36kNmCom as flechas das parábolas em cada trecho pode-se constmir o dia-grama. O momento máximo ocorre no ponto onde a cortante se anula e pode serassim determinadoV = - 2 9 + 1 0 x m = 0;. x m = 2, 9 m1 - 2 02 3M m, = 2, 9 x 2 9 - 1 O x 2, 9 x-;. Mmw=42,05kNmFigura7.10 2Veteraano
EXEMPLOS DEAPLICAÇÃO -TRAÇADO DIRETO--O diagrama completo encontra-se representado na Fig. 7.10.b.r i) C a r r l q o n i e n l? h) i i c < i ~ 6 e sd r apoiopc - 6k.tJ,'m p, 6 k N / mFigura7.11fJCarga variável lineartnenteAs reações, calculadas no Capítulo N, estão representadas na Fig. 7.11.b.Neste caso temos um carregamento contínuo, variável linearmente. Comovaria segundo uma parábola quadrática evimos no Capítulo VI, a força cortanteo momento fletor, segundo uma parábola do terceiro grau.A tem tangente nula e sua inclinação aumenta daA força cortante emesquerda para a direita. O momento máximo ocorre onde a cortante se anula. Deacordo com o terceiro exemplo do capítulo anterior, podemos traçar diretamenteos diagramas, que podem ser vistos na Fig. 7.12.Veteraano
c) D ~ o q r o m ode M, eni kNni2. 5 1 mi; -i;L 2"7Figura7.13Supondo que o mesmo carregamento tivesse, agora, o vértice em B, con-Fig. 7.13.a. os diagramas dos esforços solicitantes seriam os da Fig.forme a7.13, diagramas b e c.g) CargamomenloResolveremos este exemplo literalmente por ser o resultado final maisinteressante desta forma. Os casos possíveis de carregamento são para carga nasextremidades e no interior do vão.A Fig. 7.14 mostra os três casos possíveis, com as respectivas reações deMoforam considerados no sentido horário).apoio (os momentosVeteraano
. s o s e ~sai1so eiedwa Aapseuiei4e!p soeluasaide Ç [ ' L'4!d v.ope~!ldeoiuauiouioelen41aiiiauie>!iauinu9ioiau oluauiouiapeweiBe!p OU,,ol[es,,o anb as- alo^.0~3eu!pu!euisaui e uiai 'soqsai]s ~ o psou'wap equ![ e anb opues-!pu! 'alueisuo3 9 alwpos e5~04v -"Nap oe5e~![deap o~uodou apep!nu!)uoxapeuin opue~uasa~de'aluauin?au!l e!iaA uiaquie] ~ o l a uo)uauioui o '3 os83 ON.sosessosoquie uia (o!~yioq-!)ue)en!)e8au aaiuelsuos 9 aiuel~o3e 3 ~ o jv 'ope4alles o!ode ou "JAJ o)uauioui O UIOJ a e 4 1 ~ 3 S O) S O ~ Oso!ode SOUolnu o)uauiouio uios 'a)uauueau!leueA J O I ~ Uoluauiouio q a e s o s e ~s o ~PI'L sln%!di;12py.1 2Prs421.) ~q I fri'I $ aU"-v&"v"/-' 'ff.;.,~'\-V- - x'i..~, 'v' ( T -iE1 V > I L'&)O wOW 11,r \Veteraano
Exemplo 2- Viga inclinada simplesmente apoiadaCarga distribuída uniformeAtuando sobre a viga incliriada podem ocorrer carregamentos distribuídossão, respec-verticais ou horizontais. A Fig. 7.16 mostra os dois casos, onde a e bvãoI.tivamente, as projeções horizontal e vertical do1 Ii( i;Figura 7.16Tambémnestecaso a variação dos esforços solicitantes pode ser mostrada pordiagramas, utilizando como eixo das abcissas o próprio eixo da viga e representando,seção.segundo o eixo das ordenadas, a intensidade do esforço, seção porComo no caso de eixos horizontais, o momento varia parabolicamente,bastando para sua caracterização o valor do rnomento máximo, ou flecha da parábola.O valor da flecha pode ser calculado em função da projeção do vão e deve serindicado perpendicularmente ao eixo da viga. A Fig. 7.17 mostra os diagramas de M.Para o traçado dos diagramas de forças cortantes e forças normais é conve-perpendicu-niente decompor o carregamento e as reações de apoio ein componenteslares e paralelas ao eixo da viga.As reações podem ser calculadas, muito facilmente,tiaFig. 7.18, temoscom o emprego das equações de equilíbrio. Com baseEMA= 0,Coma PaaR,, -pa- =O:. R,, =2Figura 7.172Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO -TRAÇADO DIRETOFigura7.18comCX = 0.R,, = Ocom Z Y = OCasobComE M * = 0,b pbZ"Rvs -pb- =O:. R,, =-2 2ac0111C X = o,pb+ R,, = O;. R, =-pbA Fig. 7.19 mostra as reações de apoio, para os dois casos, com os senti-dos corretos.Veteraano
As componentes dos carregamentos podem ser determinadas com base naFig. 7.20.Figura7.20dxds- - dY- A resultante do carregamento vertical que atua no comprimento dx I!c o í a s e n apdx. A Fig. 7.20.b mostra a resultante pdx com suas componentes perpen-dy Lqudicular e paralela a ds, pdx.cosa e pdx.sena, respectivamente. Estas com-dxponentes podem ser distribuídas uniformemente pelas unidades decomprimento do eixo da viga, bastando, para isto, dividi-las por ds, onde=d d c o s a, Fig. 7.20.a,ds1 1 2pd xcos a- =pd x cos a- = p c o s adxdsc o s a1 1p d x s e n a - = p d x s e n a - = p s e n a c o s ads --dxc o s acarregamento horizontal, Fig. 7.20.c, valem as mesmas conside-Para oforma, teremos, com ds =dylsena,Fig. 7.20.a,rações. Desta1 1 2pdy sen a- =pdy sena- =p sen ads dysen a1 1pdy cosa- =pdy cosa- = p s e n a c o s ads dysen aVeteraano
'solalduio3 SN a S A ap seuiei4e!p soeijsoui 'i!n4as e ' Z Z ' L' 4 1 ~vm q u! ~sepope5ei)oe n d sapep!uia~ixaseu saluel!3![os so5iojsa sop saiolen so opue)seq 'saieau!l o ~ sseuie~4-e!p so 'sep!nquls!p aluauiauuoj!un 09se8!n epo8uol oe se8iele:,se 011103.opwg-!ldui!s 'ui!sse ' e q s!e!xe a saJuerio3so5iojsa ap seuiei8e!p sop ope5eil OIZ'L@'"Z!Jl.soseJ s!op soeied o!odeap s-5eai sep a o)uauie4a~~e3op sa)uauoduio3 se ei)soui I Z. L 3 1. ~vVeteraano
Exemplo 3- Viga inclinada com peso próprioY, V 1 g 0 C / peso prI1pr,o'i..O peso próprio de um elemento estrutural linear pode ser consideradocomo um carregamento uniforme, distribuído linearmente sobre o eixo do ele-mento. A direção do carregamento é sempre vertical, atuando de cima parabaixo, como toda força gravitacional.Veremos neste exemplo a análise estrutural da viga simples, inclinada,Y Asubmetida ao seu peso próprio, ilustrada na Fig. 7.23.a, onde a e b são as pro-jeções horizontais do vão l.i,) R e o q e s d e,ip;ioAs reações de apoio são imediatas e determinadas em funçáo da resultantedo carregamento distribuído, g a l c o s a. A Fig. 7.23.b mostra tais reações.Para resolver a viga inclinada com peso próprio toma-se mais còmodo tra-balhar com as componentes do carregamento nas direçòes perpendicular eparalela ao eixo da viga.a) 5)'i'Figura7.23Figura 7.24A resultante do peso próprio, que atua no comprimento ds, é gds comcomponentes gdscosa e g d s s e n a, respectivamente nas direções perpendiculare paralela a ds. Estas podem ser distribuídas, uniformemente, por unidade decomprimento do eixo. Assim teremos, com base na Fig. 7.24,I (7.5)gds cosa.- =gcos adsIgds sen a.- =g sen adsVeteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO- TRAÇADO DIRETOA Fig. 7.25 mostra a viga com as componentes do carregamento e dasreações de apoio.Figura 7.25Para a viga simplesmente apoiada submetida aos esforços externos da Fig.7.25 o momento fletor varia parabolicamente e as forças normal e cortantevariam linearmente. A Fig. 7.26 mostra os diagramas dos esforços solicitantes.Figura 7.26Veteraano
Exemplo 4- Carregamentos combinadosI 1'ibN/m1As estmturaspodem ser submetidas a carregamentos combinados, tais como1 1 1 1r1 ~~7lcargas concentradas, distribuídas e momentos, nas mais diversas situações.Resolv-' *,eremos, neste item, alguns casos convencionais, visandoaplicaçóespráticas futuras., 1," /.r71Retomaremos aos exemplos numéricos, para evitar a utilização dos exem-7plos como formulário e levar o leitor a resolver cada situação à medida que:1) i l l k N forem surgindo nas suas aplicações em análiseestmtural.1,3Ol,tka)Cargas concentradas e distribuídasI1,! 1111 1 113kvu7 Exemplo i12 m.r3n'Lk 'JDeterminar os diagramas dos esforços solicitantes para ocarregamento daFigura 7.27 Fig. 7.27.a.Cálculo das reaçóesComo o carregamento é transve~alao eixo da viga, só existem reaçõesverticais. Conforme o diagrama de corpo livre da Fig. 7.27.b.com CM, = O6 x R v, - 3 x 9 0 - 2 x 3 0 = 0:. Rv,=55kNcom C Y = OR,, +55-30 -90 =0:. R,, =65kNnaFig. 7.28A montagem dos resultados está apresentada1 1 11i r / 1 1 ] Esforços solicitantesA BPara efeito do cálculo dos esforços solicitantes a carga concentrada, de* 4r r I.i Ili;'k~ 30kN, divide a viga em dois trechos com carga uniformemente distribuída.Assim, as forças cortantes variam linearmente, com a mesma inclinação em cadaFigura 7.28Veteraano
-aBp as-opueuiossolsodiadns ias uiapod salsa 'oluauieBa~~e3epe3e ~ e d'sa~olapsoluauioui sop a sa1ue1.103se5iojsep 'opelsa ap seuiei8e!p so soppaquo3OE'LeJna!d-epelos! sope3!lde 'opjnqulsip aiuauiauuoj!un a o p e ~ l u a ~ u o 3'so]uauie8aiie:, soep!AIosaJ Jas aluauil!3y euapod E./-Z./-.B!d epeininilsa yas-opuodiadns. ~ z ' L'B!d eusopeilsnl! oBisa a A ap S~uie18e!psoe 8 ~ e 3epoe5e3!lde ap oiuod ou ioiap o~uauioui6Z'Le ~ n a! ~ o ielnqe3 opue~seq'olnu 9 Joiap oiuauioui o 'so!ode s o y n u e~ as aiueuo3e anb ma oiuod ou ~ J J O ~ Ooui!x?ui oluauioui O.ielnBu!s oiuod no 'apep!sol-n%ueeuin eiuasaide €!uiei8e!p o 'epeilua3uo3 e8ie3 ep o~5e3!ldeap oluodON.seloqyied seA!]3adsai sepsepior,se aseq3ap se 'oe5!ugap ens eied 'oiue]- ~ o d'opueiseq 'oq3aJ)epe3ma aiuauie3!loqeied e!JeA ioiapo~uauiouiOmss- = a~2 c 6. 0 0 L = tL.t,. 1 (o!J?J~~()MS=OE-0E -S9=; ' O O Lepeiiua3uo~ei?~e3epei!ai!p v aiueuo3i! L ~ I N Y; ~ ~ $..~-I1/; ~ l; X ~ 1~ ~ ' ~ ( o! J? J ~ ~)N X Ç E=OE-s9= b s = ~,,.,1iepe~iua3uo3e b e 3epepianbsa aiueuo3ms9= v~I- sou ia ia^euuojelsaa'oqaaiieper,apapep!uia~]xaeu:Ya o p ~ u!ou 'soiuod s!op oiueuod uieiseq 'aiueuo3 e5iojep sequ!~seJ!ugap eJed(NYj($?.e8rnre~ep oe5es!lde ap oiuod ou apep!nu!iuo3sap euin uiai euiei8e!p o a oq3aiiVeteraano
bricamente as coordenadas, set;ãopor set;ão.Os diagramas finais são apresenta-dos nas Fig.7.3I.ae7.31.b.Figura 7.3191 Exemplo 2? o k ~ I,3kN/mDeterminar os diagramas dos esforços solicitantes para o carregamento daAL Fig. 7.32.a.v4 5, 1 5rn As rcat;óes de apoio são imediatas e encontram-se indicadas na Fig.47.32.b. Como no exemplo anterior, os diagramas possuem dois trechos distintos.A força cortante é constante no primeiro trecho, à esquerda da carga concen-h)? b k r ~ trada, e linear no segundo.Para traqar o diagrama de V basta determinar a cortante a direita da cargaA IUconcentrada4 mI25kN 3 i i k N Vdir=25-20=5kN, ouFigura 732 V,,=-35 +4 0=5kN (horário)Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO-TRAGADO DIRETOO momento fletor varia linearmente noprimeirotrecho e parabolicamenteno( 3 ( i N:-.,segundo. Para traçar o diagrama de M basta determinar o momento fletor no ponto25de aplicação da carga ficando,então, definida a posição da corda da parábola.M =3 x 25=75kNm, ouM =5 x 36-40 x 2,s=75kNrii (traçãoembaixo)A Fig. 7.33 mostra os diagramas dos esforçossoliçitantesV c M.b) Cargas concentradas, cargas disiribuídas e carga momentoI tilDeterminar os diagramas dos esforços solicitantespara o carregamento eestrutura da Fig. 7.34.a.cl? <; r r e ~ g o r n e n i iFigura7.33b) nlarjrrinia:c corpo livreVeteraano
As reações de apoio são facilmente calculáveis através das equações deequilíbrio. Assim,E M, = Ocom8 x R v B - 8 0 - 4 x 8 0 - 3 x 4 0 = 0;. RvB=65kNcom C Y = OR v, + 6 5 - 4 0 - 8 0 = 0:. Rv,=55kNPara efeito do traçado dos diagramas dos esforços soiicitantes considera-àesquerda e àdireita damos dois trechos, com carga uniformemente distribuída,40kN.carga deA força cortante é, portanto, linear, tendo a mesma inclinação em ambosos trechos. No ponto de aplicação da carga concentrada o diagrama apresentauma descontinuidade, com "salto" numericamente igual ao valor da carga.Sabendo-se que nos apoios a força cortante é numericamente igual àsreações, resta determinar o esforço àesquerda e àdireita da carga concentrada.Vuq=55-30=25kNV,,, =55 -30-40 =-15kN'3(LN) O momento fletor varia parabolicamente em cada trecho. No apoio A é5nulo e no apoio B é numericamente igual ao momento aplicado, tracionando aFace superior da viga. No ponto de aplicação da carga, o diagrama de M tem umaangulosidade.Para traçar o diagrama de momentos fletores basta calcular o esforço noponto de aplicação da carga concentrada, definindo a posição das cordas dasparábolas.M = 3 x55-1,5 x 30=12OkNmOs diagramas completos estão na Fig. 7.35.O diagrama de momentos fletores poderia ser facilmente traqado porsuperposição dos diagramas da carga momento e da carga concentrada mais adistribuída.Éa seguinte a sequência dos procedimentos:Figura7.35Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÁO -TRAÇADO DIRETOI - Traça-se a ordenada M = 80kNm, na extremidade B, tracionando em cimaUnindo-se com a extremidade A, obtém-se a linha de fecho do diagrama,Fig. 7.36.a;11- Na posição da carga concentrada, a partir da linha de fecho, "pendura-se" a= 1SOkNm,obtida no ponto de aplicação da carga de 40kN,ordenada Mna viga carregada com a carga concentrada mais a distribuída, Fig. 7.36.b;111- Unindo-se a extremidade livre da ordenada com as extremidades da linha defecho obtém-se as cordas das parábolas. Calculam-se as flechas respec-tivas, o que permite a construção das parábolas e a conclusáo do diagrama,Fig.7.36.c.Veteraano
Exemplo 5- Viga engastada ou em balanço1) Determinar os diagramas dos esforços solicitantes para os carregamen-tos aplicados na viga em balanço da Fig. 7.37. As reaçóes de apoio Foram calcu-IV e podem ser vistas nas Fig. 7.37.d a 7.37.1.ladas no CapítuloFigura 7.37Os diagramas são imediatos e não requerem nenhum cálculo, com exceçáoda flecha da parábola no carregamento da Fig. 7.37.b. Lembrando as relaçõesentre carga, força cortante e momento fletor, podemos Formular:Para o carregamento da Fig. 7.37.a, a cortante é constante porque não ocorrecarga distribuída. O diagrama de Mé, portanto, linear. Com M, = -80kNm (traçáoM, = 0, traça-se a reta.A Fig.7.38 ilustra os diagramas de estado.em cima) evaria linearmente e o momento fle-No caso da carga uniforme, a cortantetor é uma função quadrática. A linha da cortante passa pelos pontos V, = O eV, = 20kN, definindo o diagrama. Coin M, = O e MA= 4 0 k N m, ficahdefinida a corda da parábola e com f = IOkNm constrói-se o diagrama. Os dia-Figura 7.38 gramas estão na Fig. 7.39.Veteraano
EXEMPLOS DE APLLC,4ÇiO-TR,4ÇADO DIRE1.0)h) (i!?,,,, d,,, jI:ii'!\.,?F..1,~\. IOI~~ 61iwm)~IFr1-p, ii I 1I7:.1IIIIi i i ~.1'I.>1OFigura 7.39I No terceiro caso, o momento fletorCconstante, implicando na nulidade da liforça cortante. Este tipo de solicitação é chamada de flexáo pura. A Fig. 7.40 Figura 7.40apresenta o diagrama.2) Podem ocorrer, nas vigas cm balanço, carregamentos como os da Fig.Ncstes casos, os diagramas dos esforços solicitantes são semelhantes aos7.41.a.do exemplo 1. As Fig. 7.41.b e c registram os diagramas dos esforços solicitantesem funçáo da posiçáo do carregamento.Veteraano
Exemplo 6-Viga s i m p l e s m e n t e a p o i a d a c o m b a l a n ç oDeterminar os diagramas dos esforços solicitantes, M e V, para os carrega-mentos aplicados nas vigas da Fig.7.42.a. As reações de apoio foram calculadasregistradas na Fig. 7.42.b.no Capítulo IV e estãoFigura 7.42Traçado d o s d i a g r a m a sOs esforços solicitantes provocados pelo carregamento concentrado sãoconstantes, no caso da força cortante, tanto no vão AB quanto no balanço, evariam linearmente no caso do momento fletor.A cortante no trecho AB (B excluído) é numericamente igual à reaçáo noapoio A, com sentido anti-horário, portanto negativa. No trecho BC (B excluído),é numericamente igual à carga concentrada e horbria, portanto positiva. Paratraçar o diagrama de M, basta calcular o momento fletor no apoio B;M, = -60kNin (tração em cima). A Fig. 7.43 apresenta os diagramas.O carregamento distribuído provoca força cortante variando linearmenteem cada trecho, com a mesma inclinação das retas. Para traçar as linhas, bastacalcular a cortante àesquerda e à direita de B, já que a cortante na extremidadeé nula e no apoio A tem a magnitude da reação R,,.do balanço, ponto C,Veteraano
1EXEMPLOS DE APLICACÁO -TRACADO DIHETOFigura 7.43V,,,, =20-45 =-25kNVBd,,=15kNPara traçar o diagrama dos momentos fletores basta calcular o momentoB, M, = -1SkNm, e determinar as cordas das parábolas nos dois trechos,emlembrando-se de que os momentos emA e em C são nulos.Os respectivos diagramas estão apresentados na Fig. 7.44.Figura 7.44A carga momento aplicada na extremidade C do balanço não provoca cor-fie!cr ' 'b,BC.EmABa cortanteéconstante e anti-horária, valendo 5kN.tante no trechoCO diagrama de M é constante no balanço, provocando tração na partesuperior, portanto negativo, e igual ao momento aplicado. No trechoAB élinear,-variando deM A=O aM,=-30kNm.Os diagramas respectivos são apresentados nas Fig. 7.45.a eh. Rbini7.45Veteraano
Exemplo7- Viga GerberDeterminar os diagramas dos esforços internos, força cortante e momentofletor para a estrutura da Fig. 7.46.a. As reações de apoio foram calculadas noCapítulo IV e estão representadas nas Fig. 7.46.b e c.40PF1i>) R e a ç ô c s de apoio rio v i g a dr.t:iii1i1,i?siuVeteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÁO-TRAÇADO DIRETOTraçado dos diagramasOs diagramas podem ser traçados, naturalmente, como para uma vigacontínua, apenas observando-se que as articulaçõesnãotransmitem momentos, istoé,M,,, = O e a cortanteécontínua.Iniciando pelo diagrama da força cortante, da direita para a esquerda, temos:Trecho DEA cortante é constante, com descontinuidade no ponto de aplicação dacarga de40kN. Basta calcular o valor do esforço àdireita e a esquerda da carga.Vdi,=-1OkNV,,, = - I O t 4 0 = 3 0 k NTrechoBCDA cortante varia linearmente, com descontinuidades em C e no ponto deaplicação da carga de30kN.V,,,, = - 1 0 + 4 0 + 6 0 = 9 0 k NVCerq=-90 -195=-105kNV,,, =- 1 0 5 + 6 0 = 4 5 k NV,,, =4 5+30=-1 5kNV, = - 1 5 + 6 0 = 4 5 k NTrecho A BA cortante é linear, sem descontinuidade, portanto basta o valor da cor-tante em A, de mesma grandeza da rcação R,,.V, = 125kNVeteraano
Figura 7.47A Fig. 7.47 mostra o diagrama dos esforços cortantes. Calcula-se o dia-grama dos momentos fletores também partindo-se da direita para a esquerdaTrecho DEO momento varia linearmente,portanto basta calcular o valor no ponto deaplicação da carga concentrada.10=30kNmM = 3 xTrecho BCDAs cargas concentradas, aplicadas em BCD, delimitam três trechos distin-tos nos quais o diagrama é parabólico. Para detenninar as cordas das parábolas30kN.basta calcular os momentos em C e no ponto de aplicação da carga deM, = 6 x 1 0 - 3 x 4 0 - 1 x60=-120kNmM = 8 x 1 0 - 5 x 4 0 + 2 x 1 9 5 - 2 x l 2 0 = 3 0 k NTrecho ABNeste caso temos apenas um trecho parabólico. A corda está definida pelomomento aplicado em A, MA= -340kNm.A Fig. 7.48 ilustra o diagrama.Veteraano
Figura7.48Exemplo 8- Viga curva engastada ou em balançoSeja calcular os esforços solicitantesna estrutura da Fig. 7.49.a, cujo eixoc$ e raio r. As reações de apoio foram obti-descreve um setor circular de ânguloZM, = O e Z Y = 0.das através das equações de equilíbrioA Fig. 7.49.b apresenta tais reações.Figura7.49Veteraano
Figura7.50Em uma seção genérica S, definida pelo ângulo a como indicado na Fig.7.50.a,os esforços solicitantes, ou esforços internos, são o momento fletorM(,,,tra-cionando as fibras superiores, a força cortante V,,,,atuando no plano da seção, comsentido horário, e a força normal, N,,,,na direção da tangente ao eixo em S e com-primindo a seção. Os esforços podem ser calculados com oauxflioda Fig. 7.50.b.M,,, =-PrsenaV,,, =P c o s aN,,, =-PsenaA Fig. 7.51 mostra os diagramas dos esforços solicitantes, obtidos porperpendicularmente ao eixo da viga.pontos e traçadosVeteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO-TRAGADODIRETONote-se que o momento fletor cresce linearmente com o segmento?S = r s e n a, pode-se, portanto, e muitas vezes é conveniente, traçar o diagramada viga reta engastada equivalente, de vão rsent$,como mostrado na Fig. 7.52.Figura7.52Exemplo 9 -Viga curva simplesmente apoiadaVejamos como determinar os diagramas dos esforços solicitantes para a7.53.a,com eixo circular e raio r, submetida a uma carga con-viga curva da Fig.centrada central. As reaçóes de apoio estão representadas na Fig. 7.53.b.a) C o r r e g a m c n t o i>) R c o ç õ c s dc o p o o1' 1'Veteraano
Figura7.54A semelhança do exemplo anterior, os esforços internos em uma dada seçãodeterminados com o auxílio datransversal S, definida pelo ângulo a, podem serFig. 7.54para o trecho AC(O<a2I$).Os esforçossolicitantesna seção genérica,S, calculados a seguir estão representados com seus sentidoscorretos na Fig. 7.54.b.Recorrendo à simetria do exemplo não haverá necessidade de se equacio-nar os esforços internos para o trecho CB.Fig.7.55mostra os diagramas, obtidos por pontos e traçados perpendi-Acularmente ao eixo da viga.Veteraano
'oiejlei eiisnp 9 ç ' ~' 8 gv.aiua[e~!nba'epelode aiuauisa[dui!s 'eiai euioiall oiuauioui opeuiei8e!po ie5eii 'oiueuod 'souiapod. o< a<4 eied '(nuas -4 u a s) ~= a v oiuauiaaso uio3 aiuauueau!l a3sai3 ioiall oiuauioui o 'iouaiue olduiaua ou ouro3Veteraano
ExemploI- Pórtico simplesDeterminar os diagramas dos esforços solicitantes para o carregamentoaplicado na estrutura da Fig. 7.57.a. As reações de apoio, calculadas no CapítuloIV, estão ilustradas na Fig. 7.57.b.Figura7.57Diagramas de M, N e VOs esforços internos serão calculados trecho a trecho da estrutura. Assim,para o problema apresentado, temos, (conforme Fig. 7.57.b):Esforço normal (N)TrechoCEComo não existe força axial aplicada, o esforço normal énulo.Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO-THAÇADO UIRETOTrecho C DO esforçoéconstante, de compressão, portanto negativo, e vale60kN,Trecho BCO trecho CD não provoca esforço axial em C e não há ocorrência de forçasaplicadas no eixo entre B e C. O esforço normal em BC é, portanto, nulo.Trecho ABEsforço normal constante,de compressão, negativo, com intensidade de20kNEsforço cortante (V)Trecho BCEA cortante varia linearmente, com descontinuidade ein C. Para traçar asàdireita e àesquerda de C, já que a cortante em Elinhas basta calcular a cortanteénula e em B vale20kN.VCdi,=20kNV,,, =20-60=4 0 k NTrecho C DComo não há forças transversais ao eixo, a cortanteénula em todo o trecho.Trecho ABA cortante é constante, com descontinuidade no ponto de aplicação dacarga de IOkN. Para traçar o diagrama, basta o cálculo, àesquerda e à direita dacarga concentrada.v,,, =IOkNV&,= 1 0 - 1 0 = 0Momento fletor (M)Trecho ABNeste trecho o momento fletoré função linear. Para traçar as linhas bastaVeteraano
calcular o valor de M no ponto deaplica~ãoda carga de 10kNe no ponto B.Con-INdcu p o o~~~~~~siderando-se a face interna do pórtico como "embaixo"I I I 141 u!N/r;7Trecho CDComo não há ocorrência de forças transversais nem de cargas momentoaplicadas no trecho, o esforço solicitantemomento fletorénulo.i o k ~'rI Z U ~ N TrechoBCEFigura 7.57.b O momento fletoréfunção parabólica. Para traçar as curvas,determinam-se as cordas das parábolas, em CE e BC, calculando-se o momento em C e as fle-chas respectivas. Os momentos em B e E são conhecidos e valem, respectiva-M, = 40kNm (continuidade da estmtura em B) e M, = 0 (extre-mente,midade livre).A Fig. 7.58 apresenta os diagramas dos esforços solicitantes.Figura 7.58Veteraano
EXEMPLOS DEAPLICACÁO -TRAGADO DIRETOExemplo 2- Pórtico em balançoDeterminar os diagramas dos esforços solicitantes para o carregamentoaplicado na estrutura da Fig. 7.59.a. As reações de apoio foram calculadas noCapítulo IV e estão representadas na Fig. 7.59.b.a) Cnrreganiento b) R e o ~ o e sd e cpoioFigura7.59Os diagramas de estado são representações gráficas dos esforços internosao longo da estrutura, tendo como eixo das abcissas o eixo dos elementos estm-turais, suas ordenadas representam o valor do esforço na seção referida.Nos trechos inclinados, para simplificaçãodo cálculo, as cargas concentradase distribuídas devem ser decompostas em componentes transversais e paralelas aoeixo. A Fig. 7.60, na página seguinte, mostra a estmtura com as componentes dasAB. As componentes da carga distribuída foram obtidas com ascargas no trechoequações (7.1) e (7.2). As forças aplicadas no ponto A representam a somadas com-ponentes, transversais e paralelas ao eixo, neste ponto.Veteraano
Figura7.60Traçado dos diagramasEsforço normal (N)Trecho BCN = OTrecho ABLinear, com descontinuidade no ponto de aplicação da componente axial de6kN. Para traçar as linhas, calcula-se N,,, e N,,, da componente e N,.O valor de NA6o mesmo da componente axial aplicada em A e vale NA = 3 8kN (compressão).Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÀO -TRAÇADO DIRETOEsforço cortante (V)TrechoBCA cortante no trecho é função linear. Na extremidade C é positiva e vale5kN,na seção em B seu valor é25kN.TrechoABA cortante varia linearmente, com descontinuidade no meio do vão devido àcomponente vertical de 8kN.Para traçar as retas, que têm a mesma inclinação, bastamo valor emA,os valores àesquerda e a direita da componente de8kNe o valor em B.V, =41kN=41-3,6 x 2,5=32kNV,,Vdi,=32-8=24kNV, =24-3.6 x 2,5=15kNA força normal na extremidade B do trecho inclinado bem como a forçacortante poderiam ser obtidas decompondo-se a cortante V,, do trecho BC, naperpendicularmente a ele, respectivamente,direção do eixo e-N,(trechoAB)=-25sena=-20kNv, ( t r e c h o ~ ~)=25cosa = 15kNMomento fletor p=l~i~,rri5L'*I 1 1 1 I 1 1-T"Para traçar o diagrama de estado de momentos fletores pode-se utilizarascargas da Fig. 7.59.b,como segue.TrechoBCO momento varia parabolicamente. Para traçar a curva basta o valor do17OkNrrimomento em B e a flecha da parábola.M,=-2 x 5 - 1 x20=-30kNm10 x 2'f =- =5kNmVeteraano 8
Reações de apoio TrechoALIComo há ocorrência de carga distribuída, as funções são parábolasp - 1OCN/rrii L N 'quadráticas. Para traçar as curvas, determina-se o momento, no ponto de apli-1 111 I 1 1~jcação da carga de IOLN,e as flechas respectivas.M=1,5 x 5 5 + 2 x 10 -170-0,75 XIS=-78,75kNm/r1,1k11Os momentos nas extremidades A e B são conhecidos->/M A=-170kNm- i r ~ M, =-30kNm (continuidade da estrutura em B)A Fig. 7.61 ilustra os diagramas dos esforços M, N e V.Figura 7.59.bFigura 7.61Veteraano
'saiueFio3a s!e!xe so5rojsasoe ~ e dapep!nu!)uo3euo!~odoids e u so)uauoua)!usuei) oeu3oe3aln3!pe e anb~ e i o ue)sea'wninilsae,,.Iu~E,,o!i?ssa3auerasanbmas'oq3aii e oq3ai1'aiuauie)aJ!p opvz!leaiiasapodsemi8e!p sopope5ei)Oa N'Hap seuie~6e!psop o p e 5 e ~i o d o ai> tsr,:ri:,i ( q o ] u k,? ~ i ~, t, - i; i 3( o' q. z 9 ' ~'4!g eu septiuasaida~o ~ l s aaAIo[n]!de3ou sepelnqe3 u e i o j o!ode ap sae3ea~s v. e. z 9 ' ~'4!d cp ein)ni)saeu ope3!ldeo)uaue9aiie3 o e ~ e dsa)ue)!a!los soLojsa sop seuei4e!p so ieu!uuaiaaVeteraano
Força normal(N)iicc:acsdec i a i nN,, = -75kN"L% A k-- NTrechoBCD4'>LN /! i k NNeste trecho a força normal pode ser obtida, em qualquer seçao transver-Figura7.62.bsal, através das forças aplicadas à esquerda ou à direita da seção. É, portanto,constante e de compressãoTrechoABConstante, de compressão e igual aForça cortante (V)TrechoDEConstante, horária e igual a 35kN.TrechoBCDLinear; para traçar a reta bastam os valores da cortante ern B e em DV, =45kNv,, =-75kNTrechoA6Constante, com descontinuidade no ponto de aplicação da carga de 30kN.São suficientes os valores da cortanteàesquerda eãdireita do carga concentrada.V,,, =-5kNVdi,=-35kNVeteraano
Note-se que a força cortante, na extremidade de um trecho, é igual a forçanornial no mesmo ponto do trecho ortogonal adjacente e vice-versa.Momento fletor (M)TrechoABLinear, com angulosidade no ponto de aplicação da carga de30kN.Traçãodo lado externo d o trecho. Considerando o lado interno como "embaixo", oàcarga de 30kN e em B émomento fletor na seção correspondenteM = - 3 x 5=-15kNrnM, = 4 x 5-1x30=-5OkNmTrecho DELinear. Basta calcular M,,lembrando que a parte interna é"embaixo"M, =4x 35=-140kNmTrecho BCDO momento fletor varia parabolicamente com uma única curva, que inter-cepta o eixo BCD na articulação C. Para traçar o diagrama basta calcular aflecha,já que a corda está definida pelos momentos em B e D, já conhecidos.A Fig. 7.63 mostra os diagramas de M, N e V.Figura7.63Veteraano
1,5m Exemplo 4- Pórtico atirantado,Determinar os diagramas dos esforços solicitantes para o pórtico da figura7.64.I mI m Cálculo das reaçóes4 4rn I;Figura 7.64Considerando toda a estrutura, Fig. 7.65.aFigura 7.65Com CM, = O10Rv, -14x 20=O. R,, =28kNcom C y = OR,, + 2 8 = 2 0.'. R,, =-8kNcomCX = OR,,+R,,=O:. R,,, =-R HAConsiderando as chapas ABC e DEFG "isoladas", mediante o corte, ima-7.65.b, e aplicando as equações de equilíbrioginário, das barras CD e BE, Fig.na chapa ABC, segue-seVeteraano
com EM, (ponto de interseção de CD com BE) = O6 x 8-4RHA= O;. R,, =-12kNcomEX = OR,,+ N,,=O;. N,,=-R,,=12kNcom Ey = 0-8-N,,=O.: N,,=-8kNMontagem dos resultadosA Fig. 7.66 representa as reaç6esde apoio e as forças na barra vincular CDe no tirante BE.Figura 7.66Traçado dos diagramasO diagrama dos momentos fletores é linear, em todos os trechos, pois nãohá ocorrência de cargas distribuídas. Para o cálculo, não haverá necessidade deforqasaplicadas nos trechos inclinados. Basta, portanto, determi-se decompor asnar os momentos nas extremidades das barras que incidem nos nós contínuos B eE. Assim, no trecho AB.M, = 4 x12=48kNm (tracionando internamente)Veteraano
Pela continuidade da estrutura em B, temos, no trecho BC,C'' M, =48kNm (tracionando internamente)O nó contínuo B está, portanto, equilibrado, conio mostra a Fig. 7.67.aI.'kNn) I q ~ ~ ~ l í b r ~,,,!,>r,t> I? h) l: q i ~ l í b r ~ odo;(i 1-.. IYkN-1AM E-. l? k N r r iM D 4 % > l l r i ~R i l lI.e..Figura 7.66,/,IIFigura 7.67TrechoEFM E=4 x 12=48kNm (tracionando internamente)Trecho EGME=4 x 20=80kNm(tração em cima)O momento ME, pode serdeterminadodiretamcnte pelo equilíbrio do nócontínuo E, Fig. 7.67.b.M, + 4 8 - 8 0 = 0M, =32kNm (no mesmo sentido do momento de 48KNmdo trecho EF e tracionando em cima)A Fig. 7.68 ilustra o diagrama.Veteraano
EXEMPLOS DEAPLICAÇÃO-TKAÇADO DIRETOPara o traçado dos diagramas dos esforços cortantes e axiaiséconvenientea decornposiçZo prévia das forças em componentes paralelas e perpendicularesao eixo daestmtura. A Fig. 7.69 mostra as forças decompostas nas extremidadesC, D e G.$ b k ~ 1 7 i i k NFigura 7.69Os esforços internos, cortantes e axiais, são constantes e para determiná-10sbastam os valores das forças aplicadas nas extremidades dos trechos. Os dia-gramas são apresentados na Fig. 7.70.Veteraano
i,) N(kN) CVeteraano
EXEMPLOS [)E APL.ICACÃO-TRACADO DIKETO7.4- ARCOS TRI-ARTICULADOS COM APOIOS NO MESMO N ~ V E L,SUJEITOS A CARREGAMENTO VERTICALsão obtidas,Seja o arco tri-articulado da Fig. 7.71.a. As reações de apoiocomo já visto no CapítuloIV, através das equações de equilíbrio.EM,= O, obtém-se RyB;Comcom E Y = O, obtém-se R,,;e,com M, = 0,obtém-se a reação horizontal, ou empuxo,H.c:) r!,'-arl~~8~lr:dc~,;, r: g a d < ~ I>) I<cuqilr>s i c,;l>oioFigura 7.71Nas estmturasisostáticas, as relações de equilíbrio entre as forças externase internas podem ser obtidas sem considerar a deformação da estrutura, e conse-seni se levar em conta sua posição deslocada.qüentemente,relar;õesde equilíbrio se alterem, substi-Tal fato nos permite, sem que astuir o arco tri-articulado por uma viga curva, simplesmente apoiada, de mesmoeixo e sujeita às mesmas cargas verticais. A viga curva também está subiiietida auma força horizontal H (aplicada no apoio móvel) tal que o momento fletor naseçãoque corresponde àarticulação C seja nulo. A Fig. 7.72, na página seguinte,transformaçFioefetuada.esclarece aVeteraano
Figura 7.72Superpondo-se o carregamento, vertical e horizontal, aplicado à vigaàestmtura real, e evidenciando H, comocurva, agora equivalente estaticamenteindicado lia Fig. 7.73, na página seguinte, podemos escrever(r)=(0)+ H (1) (7.7)ou, em termos dos momentos fletores,M = M o + H M,onde M éo momento fletor no arco tri-articulado; M o,o momento fletor na vigacurva, submetida ao carregamento real; e M,, o momento fletor na viga curvasolicitada por uma força horizontal unitária, aplicada no apoio móvel.O momento Mo também pode ser determinado como sendo o momentofletor na viga simplesmente apoiada equivalente, de vão AB, tracionando asfibras inferiores. M,, que provoca traçáo nas fibras superiores da viga curva,éigual a -y.Sendo y a ordenada da seçáo em relação àpara uma seção qualquerorigem do sistema xy. M,,portanto, tem sempre a forma do eixo do arco quandosuas ordenadas forem marcadas sobre a reta AB.A equação (7.8) pode, então, ser escritaM = M o - H yPara o ponto do arco correspondente àarticulação C, podemos escreverVeteraano
EXEMPLOS I>EAPLICACÃO-TRACADO DIKETOonde Mo, é o moriiento fletor ria seqão da viga equivaleiiie que corresporide àprojeção sobre ela da articulação C e yc é a ordenada da articulação C, no arcotri-aniculado.~ ~ "., ~, ~ " < ' " "! I, " 2,I! e v,!," ecl,,,i%/c:<~r,t<!Figura 7.73Af o r ~ anornialN e a força cortante V, no arco tri-articulado. variam com ainclinação a da seção transversal. A inclinação a éo ângulo entre atangente aoseçioconsiderada, e a direção horizontal. N e V são obtidos através daseixo, naprojeções da força cortante (V',), calculada na seção correspondente da vigaequivalente, e do enipuxo H, na direção normal e tangencial ao plano da seção doarco. Desta forma podemos escrever, com o auxílio da Fig. 7.74.b,(7.12),,V=(v'G)c o s a-~ s c n a)Voltando àequação (7.9), M = M, -Hy,percebemosque o eixo do arco >,IA\, i,,i:).~tri-articulado pode ser concebidodcforma a suportar cargasverticaisfixas commoniento nulo.i ') I di. I < c '.:5Da equa';áo (7.9), fazendo M= O,scguc-scIi. 5Sendo o eixo do arco uma função daabcissaxc escolhida sua formapro-Figon7.74porcionalmente aMo,podemos escreverVeteraano
com (7.14) em (7.13),com(7.15) e (7.14) em (7.9), para uma seção qualquer,Sendo M = O em todas as seções do arco, a força cortante também seránula para qualquer seção, pois dM/dx =V =0.O arco, portanto, suportará cargas verticais fixas apenas solicitado porcoinpressáo.A equação do eixo, que condiciona estasituaç.20,forças normais deé conhecida como linha de pressões do arco.Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO-TRAÇADO DIRETOExemplo 1Determinar os diagramas dos esforços solicitantes para o arco de eixo cir-cular e o carregamento da Fig. 7.75.a.tU1Soluçá01 1/vA;"545"7% -rOs esforçossolicitantcspodem ser obtidos através das equações(7.9),Figura 7.75.a(7.11)e (7.12). Para uma seção S qualquer do arco, podemos escreverV =V (si c o s a -HsenaN =-(V'!sisena+Hcosa)( r) ( O) I ( 1) com 1 i= MocycVeteraano
Coni o auxílio da Fig.7.76.ae b podemos facilmente calcular M,,,y, H e V'.No trecho AD do arco, Mo pode ser calculado através dd reação R,,.No.Assim,para ri/2 2 a 23 0 °,trecho DB, através da reação R,,Mo= I 5 x 5 (1-sena)=75 (I-scna)para 30" 2a2- x / 2,M, = 5 x 5 ( l + s e n a) = 2 5 ( ] + s e n a)A funçáo y = f ( a) pode ser calculada para O 5a<n / 2. Naturalnicnte,para a outra metade do arco, a função é simétrica. Assim,y =r c o s a = 5cosaOempuxoH pode ser calculadocorn a equação (7.10),Por sua vez, a f o r ~ ncortarite V',,,,na viga equivalente, conforme a Fig.7.76.b. para o trechoAD é igual a 15kNe, para o trecho DB, a 5 k N.Os esforços solicitantcs são calculados, ponto a ponto, e suas ordenadasFigura7.76marcadas perpendicularmente aoeixodo arco. Para simplificar e organizar osãocálculo manual utiliza-se a Tabela 7.1Veteraano
.on~nopox!a or!aluauu~ln3!puad~ad'oluod ~ o doluod 'sopnquasapuie~oj'LL'L 'B!d nu sopeiuasa~da~'saiuni!n!los so?uojsa sop si?uic~8e!pso-7-z / Y -00'500'5-000'1-00'000'Ç-00'000'5Ç-00'000'000'0000'000'00'0S I ' 6E8'lE 8 ' 9 EE'P- OÇ'Z- EE'POS'Z OS'ZI00'Ç- ÇE'E OÇ'Z 998'0-00ÇC091u-E8'9-51'6-Et'P-00's-EE'PE8'1-E'OS'Z-OS'ZS9'1ZOS'ZI005'0-998'0Io00.5-00'ç-00'000'0100'ç-oosszooesz00's000'100's00'0i00'5-000'0EE'P- 05'2- 00's-E 8 ' 9C8'1-- 9/"Ç8'clEE'PEt'P05'Z59'12OS'LE998'000Ç'OE8' I I-6P'OI 66'21 OS'L OO'SILI'E 6P'Ç 1- SP'Z- 66'21 S0'01 05'2OÇ'ZEE'POÇ'LOS'ZI 00S'O 998'000'51L'=00'sI-00'5-00'000'000'50OiSL00'000'000'0000'0000'100'ÇL----v-------I I(,s)An s o o (. S) ~a u? ~ (, S) ~nEU3Hnu ar^ i ~ S O J nuas nANwL HOWP I F I Z I I I 01 f I6xrLL9sVeteraano
7.5- ESTRUTURAS PLANAS,CONSTITU~DASPOR BARRAS RETAS,SUJEITAS A CARGAS PERPENDICULARES AO SEU PLANO- Grelha engastadaExemplo 1Determinar os diagramas dos esforços solicitantes para a estrutura e o car-regamento da Fig. 7.78.;).Asb a r r ~ ssão ortogonais entre si.r i) I 5: j u L:: ~ (~Jc~. c ~ r r ~ ~ ~ ~ ~ r r, ~ ~ ~ ~ l: ~l C k '!Figura7.78As reações aplicadas na estrutura pelo engastamento estão indicadas na7.78.b,no sentido positivo.Fig.Cálculo das reaçõesVeteraano
EXEMPLOS DEAPLICAÇAO -TRAÇADO DIRETOR,, -10-10=0:. R,, =20kNNa Fig. 7.79 estão representadas as reações nos sentidos corretos.1211:~Figura7.79Cálculo dos esforços solicitantesForça cortante (V)O sentido horário ou anti-horário da força cortante depende da posição doobservador. Adotaremos a posição natural do leitor como ponto de observação.Assim a estrutura é vista, no trecho ABC, pelo lado de dentro, e, no trecho DCE,pelo lado de fora.Como só há ocorrência de forças concentradas, a cortante é constante eméigual a -IOkN, como se pode constatartodos os trechos. Nos trechos AB e BCatravés de cortes imaginários em AB e BC, considerando-se as forçasàesquerdados cortes.é positiva e igual a 20kN. Em CE, é positiva eNo trecho DC a cortanteVeteraano
igual a 1OkN.Observe-se a desconlinuidade no ponto C,provocada pela incidên-ciadas forças do trechoABC. A Fig. 7.80 ilustra o procedimento adotado.k s f o r ç o s 3 o I i i l o r i l c? Iior: c J r t c s irrio$!'iíiri,ni r? co,ivcnçrin d!::,irlc;sFigura 7.80O traçado do diagrama da força cortante encontra-se na Fig. 7.81, p. 184Momento fletor (M)O momento fletor varia linearmente em todos os trechos da grelha. Deacordo com a convenção de sinais e os cortes imaginários da Fig. 7.80, deter-6apresentado na Fig. 7.81.mina-se facilmente o diagrama, queC do trecho DCE. ocasionada peloNote-se a descontinuidade no pontoBC.momento torçor no trechoMomento torçorNas grelhas não há ocorrência de esforços axiais. Por outro lado, as forçassolici-aplicadas fora dos planos verticais que contêm as barras provocam o esforçoVeteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÁO -TKAÇADO DIRETOtante momento torçor, já apresentado ao leilor na Seção 5.2. Este momento atua noplano da seçáo transversal da barra e o vetor que o representa tem a sua linha de açãotangente ao eixo da barradeterminadopela "regraConvencionamos como positivo o vetor cujo sentido,da mão direita", entra na seção transversal, Fig. 7.80. O esforço éconstante nos tre-._chos onde ocorre e sua determinação fica simplificada airavés de cortes imagináriosnos diversos trechos.conio auxílio daFig.7.80 podemos escrever:Seguindo este procedimento eTrecho ABA esquerda do corte imaginário não ocorrem forças fora do plano vertical que=0.contém a barra. Portanto, TTrecho BCA esquerda do corte encontramos a força de IOkN aplicada em A, portantoépositivo e igual a 20kNm.fora do plano vertical de BC. O torçorTrecho CEÀ direita do corte, a carga aplicada em E pertence ao plano vertical de CE,=0.portanto TTrectioDCA esquerda do corte temos a reação torçora de 20kNm cujo vetor entra nas q ã o iransversal.Então Tépositivo e igual a20kNm.Diagrama naFig. 7.81, a seguirVeteraano
Figura 7.81Veteraano
BP oiuaueuo p ~ u a s a ~ d a ~ylsaa l qod.103apeuie~ae!pO'e,Z8'L. q. z 8. ~-eaaiie3 aeminiisa eu saiuei!3!los so5~0jsasop seuie~ae!pso JeuluualaaVeteraano
Cálculodas reaçÕesI)i~grum,udec o r p oi:v!ecom C Z = 0,Figura7.82.b:. R,, =-20kNR,,+62+62-20-84=0As reações de apoio estão representadas na Fig. 7.83.a, com os sentidoscorretos.Os diagramas apresentados na Fig. 7.83.b foram deteminados como noexemplo anterior, através de cortes imaginários. Note-se que o trecho EFGH,pelo fato da nãoocorrência de torçores em AGB e CFD, trabalha como uma vigasimplesmente apoiada, com balanços, submetidaàcarga distribuída.Veteraano
EXEMPLOSDE APLICACÃO -TRACADO DIRETOFigura 7.83Veteraano
7.6- GRELHA CURVA OU VIGA BALCAOA estrutura plana subinetida a cargas perpendiculares ao seu plano e cons-tituída por uma barra curva é uma grelha conhecida como viga balcão. Da iiiesinaforma que as grelhas constituídas por barras retas, não riecessitain de vínculos querio scu plano. As equivalêiicias entre barras vinculares e ostransmitam esforçosapoios c vínculos são, portanto, as mesmas vistas na Seçáo 4.9 doCapílulo IV.Exemplo 1 -Viga balcão de eixo circular, engastada e submetida aforça concentradaTraçar os diagramas dos esforços solicitantcs para a estrutura e o carrega-mento da Fig. 7.84.a.r:) i., r.iI~i:u,J.J C J I. ~I ~~: ~ I, C, I,r. I i, ' 1 ';. ~~O vctor M,, que reprcscrita o momento dc P em rclaçao à sefiíogcnéricaS, 6 normal ao plano veitical fo~inadopela força P e a reta AS, sendo, portanto;coplanar com a estrutura. As componentes do momcnto, M, e T,, sáo, rehpec-tivamentc, perpendicular c tangente ao eixo da viga, ctn S, t: reprcscntarn otnomcnto fletor e o momcnto torc;orna scçáo gengrica,2 direita de S.É iiiiediato concluir que as intensidades das cunipoiicntcs podeiii scr cal-culadas pelo produto de Pcom as projcçóei AC e AD, da reta AS.Veteraano
M, =-P.ACI P:, <.c,:>;TE=-P.ADIPr:;,.,,.>com A C = r s e n a e A D = CS = r ( l - c o s a).As equações que determinam os esforços solicitantes para qualquer seção 2,/transversal são, portanto, L:M, = - P r s e n a, provocando tração nas fibrassuperiores;Figura 7.85T,=-Pr(l-c o s a), anti-horário no plano da seção; eV, = constante = -P, anti-horário em S.Reaçõesde apoio representadasnaFig.7.85e os diagramas de estado, na7.86.Figura 7.86Veteraano
Exemplo 2- Viga balcão engastada, de eixo circular, submetida acarga uniformemente distribuídaDeterminar os diagramas dos esforços solicitantcs para a estruciira e car-regamento da Fig. 7.87.a.M, e T, sáo as componentes do mornentoComo no exemplo anterior,M,, cuja intensidadeS CS.K,onde R é a resultante do carregamento que atua tioarco AS e C é o ponto de apliçaçáo da resultante. Também, como no exemploanterior, M, e T, podem ser calculadas como sendo o produto da resultantey, e x,, &i reta CS, na direçáo tangcncial e normal à seçãopelas projeçõesgenérica S, respectivamente.Figura 7.87Veteraano
Por sua vez, x, e y, sáo as coordenadas do ponto de aplicação da resul-tante do carregamento vertical distribuído, no arco AS, em relação ao sistema deeixos cartesianos com origem na seção S. Os eixos x e y são coplanares com aestmturae têm direção e orientação representadas na Fig. 7.87.b.Os esforços solicitantes na seção genérica são, desta forma,M. = -y,R (momentofletor tracionando as fibras superiores);T, = -x,R (momento torçor anti-horário no plano da seçáo); eV, = -R (força cortante anti-horária em S).A resultante do carregamento no arco AS e suas coordenadas em relaçãoaos eixos x e y são, conforme Seção4.3do CapítuloIV,IouxdAX R =--I,"d~Com o auxílio da Fig.7.87.b,dA =pds =prd0x =r[i -cos(a-e)]y = r s e n ( a - 8)Com (7.19). (7.20) e (7.21) adequadamente substituídos em (7.17) e (7.18)e desenvolvendo-se estas expressões, segue-seVeteraano
r(a -cosasena+senacosa -sena) r-- =-!a -sena)a ar(sen2a+cos2a-cosa r--) =-(i-cosa)a aAs equações dos esforçossolicitantcs,na seção genérica, ticani, entáo.As reações de apoio são mostradas na Fig. 7.88 c os diaganias est7'10 re-presentados na Fig. 7.89.Figura 7.88Veteraano
EXEMPLOS DE APLICAÇÃO-TRAÇADO DIRETOFigura 7.89Veteraano
Exemplo 3- Viga balcão de eixo circular, tri-apoiadaDeterininar os diagramas dos esforços solicitantes para a estrutura e o car-regamento da Fig. 7.90.a.Figura 7.90Ponto de aplicação da resultantePara determinar a posi<;áo da resultante do carregamento, basta acoordenada y,,considerando-se a simetriada carga.Cálculo das reaçóesCom CM,,.,,, - O,2rR, - x p m= O:. R,, =2prlIcom CZ = o,R,, +R,, +2pr -p m =0Veteraano
com R,, = R,,,por simetria,As reações são mostradas na Fig. 7.91.Cálculo dos esforçossolicitantes Figura 7.91Na seção genérica S, definida pelo ângulo a, os esforços solicitantes sãofunçóesde a, válidas para O5a5n/2.expressos porNaturalmente, para a outra metade, as funções são simétricas, comexcessão dos sinais para o momento torçor e para a força cortante.As equaçks são obtidas auperpondo-seos dois casos anteriores, levando-seem consideração o sinal do esforço na seçãngenérica. Assim, para O<a<n/2,-( I -cosa)IOs diagramas de estado estão representados na Fig. 7.92,Figura 7.92Veteraano
Veteraano
'TRELIÇAS PLANAS8.1- GENERALIDADES! I I I. I < I. L.;ebtnitura, por sinal uma das mais importantes Formas estru-Este tipo de i,,,,,.. I,,: 'turais, foi definida anterioriiiente como sendo a estrutura formada unicamente porbarras unidas pelos seus pontos extremos, denominados nós. Quando os eixos dasbarras são coplanares, temos as treliças planas.Para a formação das treliça5pode-se partir de uma base, suposta ríg-posiçáo d o n ó inicial através de duas barras e estabele-ida, definindo-se acendo-se o s nós seguintes, acrescentando, sempre, duas barras de cada veza o sistema inicial. As treliças também podem ser formadas a partir d e trêsbarras, formando um triângulo, acrescentando-se ao sistema os nós re-duas barras. Vale lembrar que para a fix-stantes, através d o acréscimo deação da treliça assim formada a o seu plano são ainda necessárias trêsnão sejam concorrentes num ponto próprio ou im-barras vinculares, quepróprio.As treliças com esta lei de formaçãosãochamadas de treliças simples e suafunçiio estnitural C a mesma de uma grande viga de alma cheia, adequada parasuportiir cargas ao longo do seu vão.Existem formas consagradas de treliças ade-quadas às mais variadas funções estniturais como, por exemplo, para pontes e co-berturas de edifícios. A Fig. 8.1 apresenta algumas treliças siniples de utilizaçãocorrente na engenharia civil.étransmitir uma única força na direçáoA função estática da barra da treliçade seu eixo, O que significa esforço cortante e tletor nulo nii barra.Veteraano
Para que esta distribuição de esforços seja verificada é necessário que osé, sem atrito, e que toda forçanós extremos da barra sejam articulações ideais, istoatravésdos nós. Esta situaçãoconcentrada ou distribuída aplicada na treliça o sejaprovoca, nas barras da treliça, apenas esforços diretos de tração ou compressão,também chamados de esforços primários.ligaçóesrígidas, soldadas ou parafusadas, oNa prática, os nós das treliças sãoque provocaflexão nas banas. No entanto, se as barras da treliça forem posicionadasàrigi-de tal forma que seus eixos sejam concorrentes em cada nó, esta flexão, devidodez dos nós, não afeta significativamente a magnitude dos esforços primários. Destatreliçiu, ob-forma, para efeito da determinação dos esforços internos nas barras dasjeto do presente capítulo, os nós serão considerados como articulações ideais e as car-supomdas pelaestmturaserão sempre aplicadasatravésdos nós.gassofrerãopequena flexaodevido ao seu pesoMesmo na treliça ideal, as barrasprópflo.Na prática, essa flexãoéem geral desprezada e o peso próprio de cada barraésuposto concentrado nos seus nós extremos, por intermédio de duas cargas iguais.aplicaçiodas cargas através dos nós é ilustrada na Fig. 8.2, queNa prática, arepresenta esquematicamente uma ponte em treliça. As cargas aplicadas no tabuleiro-compreendido por um sistema de vigas transversais apoiadas nos nósda ponte-correspondentes e por um sistema de vigas longitudinais apoiadas nas transversaissáosem sombra de dúvida transmitidas somente aos nós das treliças.Figura 8.2Veteraano
'IKEl.ICAS PLANAS8.2- DETERMINAÇÁO ANAL~TICADOS ESFORÇOS INTERNOS NASBARRAS DAS TRELIÇAS SIMPLESMétodo do equilíbrio dos nósCoin a consideração de só existirem esforços axiais nas barras da treliça ecargas aplicadas somcntc através dos nós, inclusive as reações de apoio, cada nóse constitui, estaticamente, em um ponto material submetido a uin sislema decoplanarese concorrentes no ponto.forças em equilíbrio,equqõcs de equilíbrio são, portanto, aquelas vistas na scçáo 1.7,AsC X, = O e C Y, = O.cscntas duas equações por nó, totalirando 2n equaçks indepen-Podem serdentes, com u m número dc incógnitas igual ao núinero b de barras. A solução do sis-tema decquaçõesencerra aandlise, íomccendoincliisivc as reaçócsde apoio.N a prdtica, detenninain-se inicialmente as reaçóea de apoio, com a apli-cação das três equações de equilíbrio relativamente à estruturacomo um todo. Aspclo menos u m nó foimado pela união de duas bar-treliças simplcs têm. sempre,pclo método dos nós, deve ser iniciado isolando-se c aplicando-seras. O cálculo,equaçócsde equilíbrio a este nó.asÉcomum, nas treliças simplcs, ocorrerem nós formados por duas oii trCsbarras, nas quais os esforços internos podem ser detcrmin;idos sem o estabcleci-mcnto das respectivas equações dc equilíbrio. Estes nós são conhecidoscomo nóssão de dois tipos:característicos ea) Quando u m nó é formado pelauniãode duai únicasbarras. não ocorren-do força externa aplicada, os esforços rias barras são nulos.b) Quando u m n ó é forriiado pela união de trCs harras, corn duasdelas colineares, os esforços internos nestas duas últimas são iguais c i i ivalor e sinal, c o m csforço n u l o ria terceira barra, dcsde que não haja ocor-de f o r ç a externa aplicada ao nó. N a F i g. 8.3 são mostrados os doisrênciatipos de nós característicos.Veteraano
Figura 8.3Exemplos de aplicaçãoExemplo 1Calcular as forças internas nas barras da treliça simples da Fig. 8.4.Veteraano
TKELICAS PLANASIsolando-se um nó qualquer e aplicando-se a ele as forças externas, seexis-tii-em.e as internas, que são as ações das barras correspondentes sobre o nó, defi-nimos um sistema dc forças coplanares, cm equilíbrio, concorrcntcs cm um pontomaterial.Os esforços internos são as forças incógnitas quc dcvcm sempre ser assu-1niidascomo positivas, istoé,de tração, saindo do nó. Deste modo a interpretaçãovdo resultado fica simplificada, pois se resultar sinal negativo para lima força, cla,.,será de conipressão,entrando no nó.I<,As equações de equilíbrio disponíveis são duas. portanto o cálculo deve serI i!sempre iniciado pelo nóforriiadopela interseção de duas barras.vNo exemplo iniciaremos pelo nó 5. A Fig. 8.5 rriostra o nó isolado, em Figura8.5eqiiilíbrio, sob a açáo das forças externas e internas.y = O referem-se às cotiiponentes das forçascquaçõesCX=OeAsnas dircções x e y, respectivamente, desta forma,A equação anterior fica:O nó a ser equilibrado em seguidaéo 4, ngoracom apenas duas incógnitas.6 1 (.\I4N4.5 de conipressão, portanto entrando noA Fig. 8.6 mostra o nó 4 com a forçaFigura 8.6nó. com o seu sentido correto.Veteraano
O resultado é visual e imediatoy-N:-~ - 1 0 4 3 ~ 0;. N,-, - 1 0 4 % ~: yN' 2~~ ~ ~ ~~~~~ ~~~ ~ ~ ~ ~~ ~~~~~ Seguindo-se o mesmo raciocínio, o próximo nó será o de número 3. A Fig.x/ \ A i > b ~ ~ 8.7 representa as forças conhecidas, com os sentidos corretos, e as incógnitas as-L'N? jV l O k N sumidas como de tração.XAs equações de equilíbrio CX = O e Cy = O são, respectivamente,Figura 8.7Nl~1.0,5-N~.,.0,5-10-20.0,5=0i 13kbl Com solução N,-, = 30kN e N,-, = I O k N.iu2 li 21 /' -&<~.~~~~.~~lQi'.lxPoderiam, também, ter sido utilizadas equações deprojeçáo nos eixos X,y.O equilíbrio do nó 2, segundo o sentido das forças mostradas na Fig. 8.8,1OkNIpode ser expresso conforme as equações seguintes.Figura 8.8J3- N? - ~-10.--1oJ3=o:. N~~ =- 1 5 4 % ~Y! 2N,_, - 1 0. 0, 5 I O = 0.: N,-, =15kNN l - A iG' Finalmente, encerrando o cálculo, equilibra-se o nónúrncro I, visto na Fig.1i,- 3x 8.9, com as ações das barras sobre o nó.+r.,Com o auxílio do ângulo q, formado entre a forçaNI.Be a vertical, facilmenteN1-13/'-1. i O k NIdeteminável, podemos estabelecer as equações de equilíbrio segundoxe y.,,,IFigura 8.9N,_A.0,5-Nl~,cosO-15-30.0,5= 0Com solução N,-,= 40kN e N,, = - 5 f i k ~Veteraano
TRELICAS PLANASMontagem dos resultadosAs forças internas nas barras da treliça são constantes, por conscguintc,para expressar o resultado final, basta escrever o valor dc cada força c seu sinalsobre a barra rcspcctiva, no esquema da treliça.Na Fig. 8.L0são apresentados os resultados da análise efetuada pelo méto-do dos nós.Figura 8.10Veteraano
Exemplo 2Determinar as forças internas nas barras da trcliçadaFig.8.11partiocar-regamento dado.Figura8.11SoluçãoReaçóes de apoioEstmturalmente, a treliça em questáo assemelha-se a uma viga horizontalaç8o de cargas verticais. Portanto ocorrem somente reações verticais.sob ac o m C y = o,R,,+13,5-15-15=0;. R,, =16,5kNVeteraano
'I'KELIÇAS PLANASNós característicosPara ocarrcgarnetitodado, os nós 3, 4, 8e 10apresentam características es-dispensam a aplicação das equações de equilíbrio.peciais e3, 4 e 8 são formados, cada urn, por três barras, sendo duas delasOs nóscolineares, sem ocorrência de força cxtcrna aplicada aos nós. Pode-se, então, afir-rnar queN,_, =N,_, =N,-, (ern valor c sinal) (8.1)N,-, =Na-, (em valor e sinal) (8.2)O nó 10éfoimadopor duas barras concorrentes, sem ocorrer carga externano nó. Afirma-se então queN7-,, =N,-,, = OO diagrarna dc corpo livre pode ser visto na Fig. 8.12Figura 8.12Veteraano
Iniciaremos pelo nó 1, Fig. 8.13, conforme as equações de equilíbrio,I!'-17Figura 8.13Com Z X = 0,JZN,_,T +N1_,= O;. N,-, =16,5kNiI ISkN De onde conclui-se, pela (8.1),que N,,= N,-, = N,-, = 16,5 k N.V1'17 - uI. c, >A Fig. 8.14 mostra o nó 2 com a força NI.2, agora conhecida, aplicada nosentido correto. Do equilíbrio, segue-se,\i 4;,;I:),! ~) ' ( 7. k ~ ~-1Com CY = 0,Figura 8.14\ t q ( ~,=.'I com C X = O,.;'9< O 1 6, 5. &. + ~, ~, - + N, ~,424 = O.: h'_,=-18.0kN2 2h1i'i!.5,5lAObservando-se o nó 6, dadas suas características, conclui-se de imediatoFigura 8.15quc N2-6= NO-,= 1 8 k N e N s - 6= -15kN.Passamos, agora, a analisar o nó número 9.AFig. 8.15 mostra o nó isolado.Y = 0,ComN7_,sen0+13,s=0com C X = 0,-N7-, cose-N,-, = OVeteraano
TRELICAS PLANASCom solução NN, = 4,5kN e N,-, = -4, 5 m k ~.?S,I;I:I> O,~Pela equação (8.2) conclui-se queN, -,=N,-,=4,5 k N.Finalmentepodemos equilibrar o nó 7, visto na Fig. 8.16.Com C Y = 0,Figura 8.16Y'T4,5JlÕ.sen8-N,-,-=O:. N s -, = 1 3, 5 a k ~2A montagem dos resultados é apresentada na Fig. 8.17Figura 8.17Corte de Ritter ou método das seçóesUm grande avanço na análise das forças internas nas barras de treliçasocorreu por volta de 1860, graças ao engenheiro alemão A. Ritter. Ritter mostrouque através de equações seletivas de equilíbrio de momentos pode-se obter asforças em determinadas barras sem recorrer sucessivamente às condições deequilíbrio dos nós.O método é baseado no equilíbrio das panes de uma treliça, separada porum cone imaginário que a atravesse totalmente. A treliça, anteriormente emequilíbrio sob ação das cargas ativas e reativas, após o corte, geralmente, não a-presenta as partes, separadamente, sob a mesma condição, ou seja, em equilíbrio.àdestruição dos vínculos internos entre as barras.Isto ocorre devidoVeteraano
Para restaurar o equilíbrio, por exemplo, da parte esquerda, aplica-se nasscus esforços internos, que nada mais são quc aaqãoda partc di-barras cortadasreita sobre a esquerda. O equilíbrio da partc direita é restaurado dc forma recípro-Evidentemente, os esforços internos, quc represcntani a ação dc uma parteca.são iguais em valor e sinal.sobre a outra,O método C apropriado para treliças que possam ser, imaginariamente, cor-duasa duasconcorrentes.Destafoima a força ein umatadas através de três barras,das barras pode ser determinada através da equação dc nioincnto, com apenascomunientrc as outras duas.uma incógnita, formulada em relação ao pontoO niétodo dos corics será ilustrado a scguir. Pretende-se determinar as2-4, 3-4 e 3-5da treliça da Fig. 8.1S.a atravts do corte imagi-forças nas barrasSI-Si.nárioFigura 8.18A Fig. 8.18.b mostra a parte à esquerda do corte, em equilíbrio, aob açáodas forças externas e internas.Noturalrnentc, a parte àdireita do cortc tainbEni es-mesmas forças internas.A ttcnica coiiaiste emtará em equilíbrio sob a ação dasforqas externas aplicadas.escolher, sempre, a partc com menor número deCM4 = O, determina-seN3.5ComVeteraano
TRELIÇAS PLANASCom E M, = 0, determina-se NZ4P, ( P - d, - d,) - R ",. ~ - N,_,.r,=O:.Com CM, = 0,determina-se N34Observando-se as equações (8.3),(8.4) e (8.5) nota-se que o denominadorsempre representa o momento das forças externas em relação ao ponto de in-terseçáo das outras duas barras, e o dividendo 6 o braço de alavanca do esforçoprocurado em relação ao mesmo ponto.O método também pode ser aplicado às treliças mais complexas, mas queseguem a lei de formação das treliças simples. Seja, por exemplo, a treliça K daFig. 8.19.a.Figura 8.19Veteraano
Pretende-se determinar aforr;ana barra4-7.Com o auxílio do cortc S I - S I,apesar de cortar quatro barras, épossível calcular a forçaN4.7, pois as outras trêsforças internas têm ponto comum no nó 6, como sepode notar pela Fip. 8.19.b.Com CM, = 0,'.. <' -N,-,.h-R,,.!=O... N,-,=-- R"3.thFigura 8.1Y.hOutro exemplo de treliça mais complexa mas que segue ainda a lei de for-mação das treliças simples éo da Fip. 8.20.a,onde prctcnde-se, por cxemplo, de-3-4.terminar a força na barraO) i,) I1: 1 9;~1,,, i <./i8,,---9!,, ' I, <,;"1;. 1; & / L: l. k I.:>3TFigura 8.20No exemplo, apesar de o cortc atravessar a trcliça interceptandocinco bar-N3.4.Como se poderas, o métododeRitterpodeserutilizadoparaacharnotar na Fig. 8.20.b, as outras quatro barras têm ponto comum no nó 11.Com C M,, = 0,Na prática, o método dos cortes dc Ritter geralmenteé utilizado associadoaplica~õermais útcis do método dosao método do equilíbrio dos nós. Uma dascortes é feita na análiscde treliças com barras superiorese inferiores paralelas,VeteraanoI
TRELIÇAS PLANAScarregadas verticalmente. Este tipo de treliça é comumente denominada vigatreliça ou viga treliçada. A Fig. 8.21 mostra a estrutura.Figura 8.21Seja determinar as forças nas barras da treliça de banzos paralelos da Fig.8.22.a.I " I. i..Figura 8.22O cálculo das reações de apoio foi omitido, tendo em vista sua simplici-dade. As reações sáo apresentadas na Fig. 8.22.b.atravessarem a treliça sempre por três barras, não sãoOs cortes, apesar desuficientes para determinar todas as forças devido aoparalelismo dos banzos. AsVeteraano
forças nos montantes e nas diagonais podein ser determinadas por equações deeqiiilíbrio de nós.projeçáo ouAssiin, iniciaremos a análise pclas forças nos banzos, supcriorcs e inferi-ores, com os cortes SI-SI, S3-S3 C Ss-S5 e com as partes, àdireita ou h esquerda,rnenos solicitadas por forças externas, Fig. 8.23.a, b e c.,AFigura 8.22.bFigura 8.23Corte S I - S I(Fiy.8.23.0)Corn CM,= O determina-se NI.3 (banzo inferior)ComCM, = O determina-se N2.4(banzo superior)Corte S3-S3( F i g. S.23.b)Com XM, = 0, dctermina-se N3.s (banzo inferior)Veteraano
TRELIÇAS PLANASCom ZM, = 0 detennina-se N3.6 (banzo superior)CorteSI-SI ( F i g.S.23.c)Com EM,= O detennina-se N3.7 (banzo inferior)Com ZM, = O detennina-se N6.8 (banzo superior)MNote-se que as equações (8.6) a (8.11) são todas do tipo N= I-, onde Nhéa força procurada, Méo momento de todas as forças externas aplicadas na parteé oanalisada da treliça, em relação ao ponto de interseção das outras duas, e hbraço de alavanca da força procurada em relação ao mesmo ponto. Note-se aindaque todas as forças nas barras d o banzo inferior são positivas ou nulas e as do ban-zo superior são negativas ou nulas.O momentoM das forças externas em relação aos pontos de interseção dasduas outras barras, em cada corte, é igual ao momento fletor na seção transversalde uma viga equivalente, de alma cheia, nos pontos correspondentes. A vigaequivalente tem o mesmo vão, a mesma vinculação e a mesma solicitação da es-trutura real. O sinal das forças, nos banzos, corresponde àfibra tracionada (+)oucomprimida (-) na extremidade inferior e superior, respectivamente, da vigaequivalente. A Fig. 8.24.a, na página seguinte, mostra a treliça e a viga equiva-lente.Veteraano
Figura 8.24As treliças de banzos paralelos, bi-apoiadas, com cargas verticais de ciiiiapara baixo, têm sempre as barras do banzo superior comprimidas e as do banzoinferior tracionadas.MÉinteressante adaptar a expressãoN=+- para cargas verticais comhquaisquer sentidos ou para outras posições dos vínculos. Assim podemos fomlali-zar as seguintes expressóes para as forças nos banzos:M (8.12)N (banzo superior)hMN (banzo inferior) = - (8.13)hCom M de mesmo sinal do momento fletorobtido na viga equivalente, parao ponto correspondente.As forças nos montantes e nas diagonais podem ser obtidas por equações deCom o auxílio das Fig. 8.23.a,b c c e fazendo aprojeção ou por equilíbrio dos nós.N2.3,N4.5e Nh.,.projeção das forças nas diagonais, para o eixo vertical, obtemosVeteraanoI
TRELIÇAS PLANASPN,_, =-cosa:.P-P-N,.,cosa= 0oN, ~ ~,=-=Ocosa8.23.c) (8.16)(Fig.PN6-, =--i>:cosai1;ih,~Observando asequaçks(8.14) a (8.16) nota-se que as forças nas diagonaisN = -V,onde V é a força cortante na viga equivalente cor- lQ7 >são da formacosa1' 4 5respondenteàseçãodo corte de Ritter.1:. >No exemplo estudado, devidoàdisposição das diagonais, o sinal daN >-!jcortante na viga equivalente coincidiu com o sinal da força. Se a dis- I,.1 í 38,L,posição for mudada, como na Fig. 8.25, as forças nas diagonais trocam desinal.,:~'ir d 1 v,:,'5J'i -, I7 -,, i$- IFiguras 8.23.a,b e cIi'1Figura 8.25Considerando-se os mesmos cortes e projetando as forças no eixo vertical,pode-se escrever,Veteraano
Com C Y = 0,oN, -, c o s a + P - P = O. N,_,=-- (8.18)- 0c o s aP (8.19)2 p - P -N,-, c o s a=O:. N5-, =-c o s aConiparando as equações (8.17) a (8.19) com as eq~iações(8.14) a (8.16)nota-se que as forças são iguais, a mcnosdo sinal, e da forma N = -V,ondec o s aV C igual àgrandeza da força cortante na viga equivalentecorreipondente h seçãodo corte.Generalizando a expressão da força na diagonal, podemos escreverO ângulo a ésemprco ângulo compreeridido entre a diagonal e o eixo ver-tical. O sinal éobtido pela observação do equilíbrio das forças no trecho cortado.3-4e 5-6 da treliça. original da Fig. 8.22.3 podemAs forças nos montantesSz-S2eS4-S4,mostrados na Fig.8.22.b,pelo equilí-ser obtidas através dos cortesbrio vertical das f o ~ a sem uma das partes cortadas.cortcs S2-SZe S4-S4,respectiva-As figuras 8.26.a e 8.26.b mostram osàesquerda dos cortes.mente, e as partesFigura 8.26Veteraano
TRELIÇAS PLANASConi o auxílio da Fig. 8.26.a,equilibrando a parte a esquerda do corte S2-S2,determina-seN3.4Com z y = o,Pela Fig. 8.26.b,formulando a equação de equilíbrio, determina-se N 5 ~ 6.Com C y = o,Observando-se as equações (8.21) e (8.22) nota-se que as forças nos mon-=V, onde V éa grandeza da força cortante na viga equiva-tantes são da forma Nlente no trecho correspondente às cargas aplicadas esquerda ou àdireitadocortede Ritter.Generalizando a expressão para as forças nos montantes, cujos cortesde Ritter atravessam apenas três barras, uma diagorial e duas paralelas, es-creveri~os:Obinalédeterminado pela necessidade de equilíbriodas forças envolvidas.Nos montantes atravessados por cortes que atinjam apenas duasbirras,conio os dos extremos da treliça da Fig. 8.22.a,fica mais fácil utilizar o ni6tododo equilíbrio dos nós, Fig. 8.26.c.Com Y = 0,forniulada para os nós 1 e 8, determinam-se Ni.2e N7.*.Veteraano
As forças nas barras da treliça são apresentadas na Fig. 8.27.Figura 8.27Veremos, a seguir, um exemplo de aplicação para resolução de treliças debanzos horizontais utilizando a viga equivalente.Exemplo3Figura 8.28Para a treliça de banzosparalelos submetida ao carreganiento da Fig. 8.28,determinar:a) A disposição das diagonais, para que as mesmas fiquem solicitadas so-mente por forças de tração;Veteraano
TKELICAS PLANASb) Para este novo arranjo, determinar as forças nas barras, utilizando a vigaequivalente.O primeiro passo é a determinação das reações de apoio da estrutura,provid2ncia que pode ser tomada diretamente na viga equivalente apresentada naFig. 8.29.a.Com C M, = 0,18x 1 0 - 1 5 x 4 0 + 1 2 x R,, - 2 0 x 9 - 2 0 x 6 - 2 0 x 3 = 0:. R,,=65kNcom C Y = 0,R., + 6 5 + 1 0 - 1 0 0 = 0:. R,, =25kNFigura 8.29.aVeteraano
O passo seguinteé o traçado dos diagramas de V e M na viga equivalente.Os diagramas estão representados na Fig. 8.29.b e 8.29.c.Figura8.29a)DisposiçBesdas diagonaisA técnica consiste em analisar o sinal da diagonal, em um painel qualquer,em razão do sinal da força cortante no trecho correspondente da viga equivalente.Tomemos, por exemplo, o primeiro painel da esquerda para adireita. O corte ima-ginário pelas barras 2-3, 1-3e 1-4é mostrado na Fig. 8.30.a e corresponde a cor-tante positiva.Veteraano
TRELICAS PLANASI 1Figura8 3 0À vista da Fig. 8.30.a percebe-se que para haver equilíbrio no sentido verticalé necessário que a diagonal 1-3 esteja comprimida. Concluímos que, para uma cor-tante positiva, no trecho correspondente, a diagonal deve ser ascendente para a es-querda para ficar tracionada. A disposição das diagonais, portanto, deve ser tal que,nos painéis que correspondam a trechos com cortante positiva, sejam asccndentespara a esquerda, valendo o contrário para os painéis que correspondam a cortantesncgativas, na vigacquivalente. A nova disposiçãoéapresentada na Fig. 8.30.b.b) Força nas barrasBanzo superior - Forçus nus barrr~sda esquerduparo udireitaAs scções correspondentes, na viga equivalente, são as dos pontos 4, 5, 5,8, 12, 12, respectivamente.Veteraano
Figura 8.29Banzo inferior- da esquerda para a direitaPontos correspondentes são2,3,7, 10,10,14.Veteraano
TRELIÇAS PLANASDiagorzuis- duesquerdr~para a direitaAs diagonais foram rearranjadas para ficarem submetidas àtração. Não há,portanto, necessidade de análise do sinal.-I - 25 - 2 5 & k ~NI-4 - c o s a a 1 2V-L=--- 5 & k ~N3-5-c o s a 4/212cosa a 1 2- * - 35 - 3 5 & k ~NX-,,,c o s a & 1 2V-IV - 1 1 - 30 - 3 0 & k ~N,".,lc o s a a 1 2_I- 10--=I O & ~ NNl2-I4 - c o s a J i 1 2Os índices Vi., referem-se ao trecho, no diagrama de força cortante, corres-pondente ao corte de Ritter.Montuntes - da esquerda para a direitaOs montantes cujoscortes deRitteratravessam três barras são apenas dois,3-4e 7-8; o sinal éanalisado pelo equilíbrio.montantesVeteraano
Os demais montantes são analisados por equilíbrio dos nós; assim temos,de acordo com a Fig. 8.31,Figura 8.31N,-, =-25kNN =-2okNN,_,, =-65kNN1,_,,= O (n6característico)Nl,-,,=-lOkNOs resultadossãoapresentados na Fig. 8.32.Figura 8.32Veteraano
TRELIÇAS PLANAS8.3-TRELIÇAS ISOSTÁTICAS COMPLEXASExcluindo os casos excepcionais, treliça5 isostáticas complexas sãoaquelas que satisfazem a condiç5o b = 2n mas nâ0 seguem a lei de for-maçâo das trcliças simples. A Fig. 8.33 apresenta algunscasos de treliçascomplexas.Figura 8.33A determinação analítica, pelos métodos vistos anteriormente, é geral-mente complicada, seja pela impossibilidade do cálculo direto das reações, oupela inviabilidade de cortes de Ritter atravessarem apenas três barras, duas a duasconcorrentes, ou, ainda, pela inexistênciade nós formados por apenas duas barras,àresoluçáo de um número muito grande de equações pelo método dosobrigandonós.Estas treliças, no entanto, podem ser resolvidas de maneira relativamentee que se tor-simples através de um artifício imaginado por L. Henneberg em 1886nou conhecido como método de Henneberg.A idéia consiste no fato de que se pode, sempre,transformar uma treliçageo-metricamente determinada em outra, também determinada,pela troca, conveniente,barns.da posiçáo de uma barra, sem alterar o número de nós eO único cuidado que deve ser tomado, ao se trocar a posição da barra, étransformar a treliça complexa em treliça simples, sem recair em caso excepcio-nal. O exemplo a seguir ilustra o procedimento.Seja resolver a treliça complexa da Fig. 8.34.a.O problema real da Fig. 8.34.a não se altera se a barra 3-6for trocadapeladesde que a grandeza do par de forçasX,, aplicada na direção 3-6, sejabarra 1-5,Veteraano
tal que a força na barra de substituiçãoN1.5resulte nula, Fig. 8.34.b. Neste caso,X,nada mais éque a força na barra 3-6 do problema real.Figura 834O problema real da Fig. 8.34.b pode ser expandido em um problema 0.comcarregamento original, mais uma treliça simples transformada submetida aoX,écolocado em evidência, com a treliça simples submetida aproblema I, ondeum par de forças unitárias na direqio 3-6. A Fig. 8.35 representa o anteriormenteexposto.i r) (0) ( 1)Figura 8.35A superposição de carregamentos pode ser expressa, formalmente, como=(0)+X I.(I). Valendo a superposiçáo, podemos escrever para as forças inter-(r)nas às barras do problema realVeteraano
tal que a força na barra de substituição Ni.5resulte nula, Fig. 8.34.b. Neste caso,X Inadaniais é que a força na barra 3-6 do problema real.1b o r r o ' d cs i i b s t i l i i i ç i i o"),.,,,,,,,,IV '+PFigura 8.34O problema real da Fig. 8.34.b pode ser expandido em um problema0, coma treliça simples transformada submetida ao carregamento original, mais umX, écolocado em evidência, com a treliça simples submetida aproblema I, onde3-6.A Fig. 8.35 representa o anteriormenteum par de forças unitárias na direçãoexposto.(0) ( 1)Figura8.35A superposiçáo de carregamentos pode ser expressa, formalmente, como(r) =(0)+X1.(l).Valendo a superposiçáo, podemos escrever para as forças inter-ãsbarras do problema realnasVeteraano
TREI.IÇAS PLANASPara a barra i, genérica, temos especificamenteX1pode ser determinado usando-se a condição de que a força na barra 1-5,no problema real, é igual a zero.N, a força na barra 1-5,Assim, chamando deondeN,, é a força na barra de substituição(NI.5) no problema real;N,, éa força na barra de substituiçáo no problema O e N ii é a força na barra desubstituição no problema 1.Determinando-se X,, com o auxílio da(8.24),determinam-se as forças nasdemais barras.Em algumas treliças isostáticas mais complexas, para transformá-las emtreliças simples poderá haver necessidade de se efetuar várias trocas de barras.Neste caso a treliça siniples, transformada, será expandida em um problema 0,mais tantos problemas quantos forem o número de barras substituídas.com X I,X2,X3...sendo, respectivamente, as forças nas direções da primeira, se-gunda, terceira...barras ficticiamente eliminadas.Veteraano
A força na barra genérica i da treliça original será, então, determinada pelaexpressãoNi. = N i, + X, N j, + X, N,, + X, N i, +... (8.27)Desta forma, sendoN1aforçana primeira barra de substituição,N2a forçabarrade substituição, N3, na terceira, e assim por diante, e com a con-na segundadição de que no problema real transformado as forças nas barras de substituiçãoN,, N2, N3... têm valor nulo, as incógnitas X1,X2, X 3.. são determinadas pelasolução do sistema de equaçõesN,, = N,, + X, N,, +X,N,,+X,N,,+... = ON 2, = N, o + X, N,, +X,N,,+X,N,,+... =ON,, =N,o + X 1 N 3 ~ + X 2 N 3 2 +X3N33+... = ODeterminadas as incógnitas X,, X2, X3...as forças nas barras da treliçaoriginal são calculadas por superposiçáo de efeitos, com a equação (8.27).Ni, = N,,+X I N j l+X2Nj2+X,NI,+...Veteraano
TRELIÇAS PLANASExemplo de aplicaçãoCalcular as forças nas barras da treliça para a estrutura e o carregamento daFig. 8.36.Figura 8.36SoluçãoComo se pode perceber após o cálculo elementar das reações, nãoépossí-É,portanto, um caso de treliça complexa,vel prosseguir com a análise da treliça.solucionável pelo método de Henneberg.Esquema desoluçaoO método prevê a troca de posição de uma ou mais barras sem alterar onúmero de nós ou barras até que a treliça complexa seja transformada em treliçasimples.a)Barra retiradaA barra a ser retirada deve ser tal que permita o cálculo pelos processosanalíticos vistos anteriormente.Veteraano
b) Barra de substituiçãoEm algumas treliças complexas não fica muito evidente, de imediato, aposição da barra de substuição. Quando isto acontece deve ser seguido o seg-uinte caminho:Após a retirada da barra, elimina-se um nó e as duas barras que o ligamao resto da estrutura. Repete-se a operação, eliminando-se sequencialmenteum nó e duas barras até que se encontre uma b a r n com ligação insuficientecom o restante da estnitura. A barra necessária para fixá-la ao sistemaéa barrade substituiçáo.Se a treliça assim transformada ainda não é uma treliça simples, troca-se nova barra e assim sucessivamente até transformar a treliça complexa emtreliça simples.No exemplo em questão retira-se, por exemplo, a barra 1-4.Para desco-brir qual éa barra de substituição, começa-se por eliminar o nó 4 e as barras4-3 e 4-5; a seguir eliminam-se o nó 5 e as barras 5-7 e 5-6; em seguida o nó6 e as barras 6-7 e6-3.A barra 2-3fica, desta forina, sem ligações suficientescom o restante do sistema. Para fixar o nó 3 é necessária a inclusão da barra3-7; esta é, portanto, a barra de substituição. A Fig. 8.37 mostra a sequêiiciaexecutada.Figura 8.37Veteraano
TRELIÇAS PLANASEsquema de soluçãoSendoN, a força na barra 3-7,de substituição,Fig. 8.38,,,,,, l r) ~ = ( o) (I)Figura 8.38O problema (0) e o problema (I) foram resolvidos por equilíbrio de nós eos resultados encontnm-se na Fig. 8.39.P / '? d-2, ~,,4P/??,:\:''' / Z ',!AV S ',(No! ( N 1)Figura 8.39Veteraano
As forças nas barras do problema real podem ser determinadas por super-posição,Para simplificar e organizar o cálculo inanual,pode-se utilizar aTabelri8.1.Tabela8.1Veteraano
TREI.IÇAS PLANASMontagem dos resultadosA Fig. 8.40,mostra o resultado finalFigura 8.40Veteraano
8.4-DETERMINAÇÃO GRÁFICA DOS ESFORÇOS INTERNOS NAS BARRASDAS TRELIÇAS SIMPLES8.4.1- Método dos nósGraficamente ocquilíbriode forças coplanares, aplicadas no inesmoponto ma-érepresentado pelo fechamento do polígono das Forças, Capítulo l, Seção 1.7.Aterial,determinaçãográfica das forçasinternasnas barras dctreliçassimplcspclomCtododosnósébaseada na decomposiçãodas forças segundo duas direções conhecidas. Deve-se,portanto, iniciar o cálculo por um nóformadopor duas barras. Nas treliças simples sem-pre existe pelo menos um nó com esta formação, excluídos os nós característicos.Para melhor percepção do leitor, mostrarcrnos a dctenninação gráfica pelocornum cxemplobastante simples.método dos nósExemplo 1Seja determinar graficamerite pelo método dos nós as forças internas nasbarras da treliça simples da Fig. 8.41.Figura 8.41Asreaçóespodem ser determinadas analiticamenteou graficamente. Noexcmp-loem questão,serãodeterminadas graficamente. A condição de equilíbrio requer que aresultante das cargas aplicadas e as reaçõcs de apoio sejam concorrentes em um ponto.A linha de ação da resultante coincide com a linha de ação da carga P, aplicadaVeteraanoI
no nó 4. A reaçãoR,, provocada no apoio móvel, tem a sua direção definida pela res-trição ao deslocamento imposta pelo vínculo. A linha de ação deR,, portanto, encon-0.A direção deR3,devido ao apoio fixo,étra a linha de ação da resultante no pontoentão determinada pela condiçáo de que a sua linha de açãotambém passa por 0.As Fig. 8.42.ae b ilustram o procedimento adotado e o cálculo das reações6R =P e comopelo polígono das forças, respectivamente. O módulo da resultantea) O c l c r r r i r i u ~ f i o d o s d i r c y i í r, d o i r e o y i j c s rjpFigura8.42Veteraano
primeiro passo no cálculo gráfico deve-se escolher uma escala gráfica para as15mm=P.forças, por exemplo:O sentido das reações foi determinado no polígono fechado com a condiçáo deque as forças, em tomo do polígono, dirijam-se da sua origem para sua extremidade./' 4 A intensidade das reaçõesédeterminada medindo-se, no polígono, pela escala. A Fig./' / l < 5 - l GI' K: IPG 8.43 apresenta os resultados.jb se disse, gra-As forças internas nas barras da treliça serão calculadas, comoficamente. Com o auxílio da Fig. 8.43, iniciaremos pelo nó4 isolado como um pontoFigura 8.43N2-4e N3.4 e àcarga P. O equilíbrio do nóématerial, submetido às forças internascondicionado ao fechamento do polígono das forçasN2-4,N3-4e P. Para organizar osdesenhos de cada polígono, adotamos o sentido horário como percurso para o traçadoforma,inicia-se com a força P, em seguida traça-sedas forças em torno do nó. DestaN3.4 e finalmente fecha-se o polígono com o traçado da [orça N2.4, conformea forçaFig.8.44. As intensidades das força'; devem ser medidas com a escala e os sentidos,tornodo polígono -origem para extrem-determinados pela sequência das forçasemcomoação das barras sobre o nó, concluí-idade. Observando-se o sentido das forças2-4está tracionada (Força N2.4 saindo do nó) e que a barra 3-4 estámos que a barraN3.4 entrando no nó). Repetindo-se as operações anteriores para ocomprimida (forçaseconhece a ação da barra2-4,obtém-se N 1 ~ 2eN 2 ~ 3,repetindo-senó 2, sobre o qualem seguida para o nó 3 e finalmente para o nó 1.Figura 8.44Veteraano
TKELIÇAS PLANASUma conclusáo interessante pode ser tirada através do traçado do polígonodas forças para o nó 3. Partindo-se da força interna já conhecida na barra 2-3,emN3.4,também jáconhecida. Continuando o traçado eobe-seguida traça-se a força PFdecendo-se o sentido horário adotado, vem a reaçáo R3,que tem origem na ex-tremidade deN 3 ~ 4e extremidade na origem deNz.3, fechando o polígono./,,i%yA força interna na barra 1-3 completa o poligono, tendo origem na extre-midade deR3e extremidade na origem deNZ.3,portanto, com origem e extremi-dade no mesmo ponto. Isto significa que a força NI.3é nul" fato que pode serconfirmado pela análise do nó I. Duas forças colineares, R, e N,.z,de mesma in-Ni.3,configuram um nó carac-tensidade e sentidos contrários, e uma terceira,terístico, já visto na Seção 8.2, item b. Os polígonos das forças, para cada nóequilibrado, estão representados na Fig. 8.44.Os resultados podem ser apresentados em tabela ou sobre o esquema datreliça, conforme apresentado na Fig. 8.45.Veteraano
8.4.2- P l a n o C r e m o n a o u d i a g r a m a d e Maxwellé, certamente, a ninis utilizada solução gráfica para determi-Este métodotreli~assimples. Autorcs com influência européianação de esforços em barras deCremona, plano Cremonaou simplcsmentcCre-usam a denominação método demona; autores com influência americana usam a denominação diagrama deMax-well. Historicamente foi Maxwell o primeiro a apresentá-la em publicação, sob otítulo Onreciprocalfiguresnnd diagrams offorces, em 1864.L.Cremona, professor do Instituto Politécnico de Milão, apresentou, pos-rriétodo sob o título Lefigure reciproche nella sfaficateriormente, em 1872, ografica.No Brasil, o método émais conhecido como plano Cremona,designapioque adotaremos nesta publicação.Cremona nada mais éque o método d o equilíbrioNa realidade, o planodos nós, calculado graficamente de forma organizada. Observando-se ospolígonos fechados da Fig. 8.44 percebe-se que as forças internas de cada bar-vczcs em lados de polígonos diferentcs,o que permite ara comparecem duassupeiposição, pelos lados comuns, como na Fig. 8.46.a. Na figura super-suapolígonofechado dasposta aparece, além dos polígonos das forças internas, oforçasexternas.Veteraano
T K E L I C A S P L A N A SEsse é o fundamento do método, tendo sido proposto por Maxwell e Cre-mona com observações de reciprocidade entre a figura da treliça e a figura dospolígonos supcrpostos.O planoCremonaé, portanto, uma figura traçadaorgani-zadamente na qual as forças internas aparcccm apenas umavcz, simplificando so-bremaneira o cálculo gráfico dos esforços.Notação de BowA.--/ ~-,':,,;,,,, ', 'O grande impulso na aceitação e utilização do método foi dado por Bow,quando desenvolveu u m sistema de notações que será explicado a seguir.Cada zonacntrc as forças externas, cargas ereaçõesincluídas,serádenomi- m:lnada por letras maiúsculas. As zonas entre as forças internas às barras da treliçaserão denominadas por letras rninúsculas. A notação adotada é apresentada na / (:?:1,, I??treliça do exemplo anteriormentercsolvido,Fig. 8.46.b.,.>LAdotando-se um scntidodc percurso, externo e cm tomo dos nós, porexein- /plo horário, cada força passará a ter a seguintedenominação: aTorçaextcrnaP seráFigura 8.46.bdenominada A-B, a rcaçãoR3 será B-C e a reaçúo R, será denominada C-A. Asforças internas serão relacionadas pelos nós, assiin a força na barra 1-3 será a-Cquando relacionada ao nó Ic C-a quandorelacionada ao nó 3.Podcmos, agora, descrever o método, utilizando a treliça da Fig. 8.46.b. OCremonaé iniciadotraçando-seo polígono das forças externas e adotando-se uma es-cala para representar graficamenteas forças. A scguir, partindo-sede um nó formadopor duas barras, por exemplo o nó 4, traça-se o polígono fechado, que representa oequilíbrio das forças que concorrem no nó. Percorrendo-seo nó no sentido horário, aP representada pelo segmento A-B, traça-se umaparalelah força in-partir da força, i-'~,Itema B-b, a partir do ponto B. O polígono é fechado pela paralelah força b-A, traçada,.~,.~<Ic,.i,, ' r,<;,:~,a partir de A e que intercepta a anterior no ponto b. O polígono fechado relativo aoFigura8.46.cA-6-b-A. Passa-seem seguida ao nó2,ondcjáseconheceequilíbrio do nó 4 é, então,uriiaparalela à força b-a apanirdo ponto b euriiaparalelaa força A-b. Traçando-seà força a-A a partir de A, elasdevemse interceptar no ponto a. quc no caso doexem-plo coincide com o ponto C. O polígono das forças, para o nó2,6, então. A-b-a-A.Os polígonos de forças referentes aos nós 3 e Ij á estão traçados no Crcmona e são,Veteraano
respectivamente, B-C-a-b-B e C-A-a.C. As intensidades das forças são determinadasaçZona figura por cálculo ou medidas pela escala e seus sentidos determinados comodas barras sobre os nós. No exemplo resolvido, a força interna na barra2-4é, segundoa notação de Bow, A-b em relação ao nó 2,ou b-A em relação ao nó 4.NoCremona,tanto o sentido A-b afasta-se do nó2quanto o sentido b-A afasta-')I)4se do nó 4.A força interna na barra 2-4éportanto der r a ~ i o.Para a barra 3-4.a forçaA-/'internaem relação aonó4éB-b. Na figura do plano Crcmona, o sentido B-b aproximn-~ - 1 3 ~ se do nó 4,portanto a barra está comprimida. Repetindo-se o procedimento sãodeter-/1,.minados os sentidos das forças internas restantes: N2.2 (compressão) rNI.2(tração).A forcana barra 1-3,designada por a-C ou C-a, tem os pontos a e Ccoinciden-tes no Cremona, o que indica força nula. Resultados representados na Fig. 8.45.Figura8.45Veteraano
TRELICAS PLANASExemplo 2Determinar graficamente, pelo plano Cremona, as forças nas barras datreliça da Fig. 8.47.Figura 8.47As reações de apoio foram determinadas analiticamente e estão representa-8.48.a, na pagina seguinte.das na Fig.Traçado doCremonaAdotando-se o sentido horário como sentidode percurso externo e em tomo dosnós, as zonas entre as forças, externas e internas, são denominadas, sequencialmente,por letras maiúsculas e minúsculas, respectivamente. Em seguida adota-se uma escalagráfica de forças e inicia-se o traçado pelo polígono das forças externas, na sequênciaem que são encontradas. Somente estas forças terão o sentido indicado por setas. Odesenho propriamente dito é iniciado por um nó formado apenas por duas barras,fechando-se o polígono das forças desenhando-se sequencialmente no sentido de per-érepetida para os nós adjacentes quecurso preestabelecidoem tomo do nó. A operaçáotenham apenas duas forças incógnitas,até que todos os polígonos de equilíbrioestejamfechados.Veteraano
TKELIÇAS PLANASExemplo 2Determinar graficamente, pelo plano Cremona, as forças nas barras datreliça da Fig. 8.47.Figura 8.47As reações de apoio foram determinadasanaliticamente e estão representa-8.48.a, na página seguinte.das na Fig.Traçado doCremonaAdotando-se o sentido horário como sentido de percursoexternoe em tomo dosnós, as zonas entre as forças, extemas e internas, são denominadas, sequencialmente,por letras maiúsculas e minúsculas, respectivamente. Em seguida adota-se uma escalagráfica de forças e inicia-se o traçado pelo polígono das forças externas, na sequênciasão encontradas. Somente estas forças terão o sentido indicado por setas. Oem quedesenho propriamente dito é iniciado por um nó formado apenas por duas barras,fechando-se o polígono das forças desenhando-se sequencialmente no sentido de per-operaçãoérepetida para os nós adjacentes quecurso preestabelecido em tomo do nó. Atenham apenas duas forças incógnitas, até que todos os polígonos de equilíbrio estejamfechados.Veteraano
O Crrmona na Fig. 8.48.b foi iniciado desenhando-se, em escala, a força corres-pondenteàreaçáo no apoio direito,comorigememA e extremidade em B. Em seguida,desenha-se as forças B-C, C-D, D-E, fechando-se o polígono com a reação no apoioesquerdo, com origem em E e extremidadeem A.Começando o equilíbrio dos nós pelo nó 1, determinam-se as forças nas barras1-3e 1-2(A-a e a-E, na notaçáo de Bow, respectivamente) traçando-se, a partir de A,àbarra 1-3 e, a partir de E, uma paralelaàbarra 1-2.uma paralelaO ponto de intersqãoéo ponto a, que correspondeàzona a na treliça. Em se-àbarra2-3(a-b) e, apartirguida, para o nó 2, a partir do ponto a, traça-se uma paralelade D, uma paralelaàbarra 2-4(b-D),a qual intercepta a anterior no ponto b. O pontoc, que corresponde ao equilíbrio do nó 3,éencontrado pela intersqão das paralelas às3-4(c-b), a partir do ponto b.barras 3-5 (A-c), a partir de A, eVeteraanoI
TRELICAS PLANASO ponto d, correspondente ao nó 4,édeterminado pelas paralelasàsbarras4-5(c-d),a partir do ponto c, e4-6(d-C), a partir do ponto C. Os outros pontos, quecorres-pondem às zonas e,f,ge h,na treliça, são determinados de maneira análoga. Os pontosge h são coincidentes, indicando força interna nula na barra 8-9(h-g).O estado das forças internas -tração ou compressão -é determinado comoação da barra sobre o nó, utilizando-sea notação de Bow e o sentido obtido no Crernona.Analisando-se o nó 1,na Fig. 8.48.a, a força na barra 1-3éA-a, na notação deCremona,o sentido A-a aproxima-se do nó e o estado da forçaé,portanto, deBow. Nocompressão. Analogarnente, a força na barra 1-2éa-E, com sentido de se afastar do nó,o que corresponde a estado detraqáona barra.Veteraano
TRELICAS PLANASO ponto d, correspondente ao nó4, édeterminado pelas paralelas às barras4-5(c-d),a partir do ponto c, e4-6(d-C), a partir do ponto C. Osoutrospontos,quecorres-pondem às zonas e, f, g e h, na treliça,sãodeterminadosdemaneiraanáloga. Os pontosge h são coincidentes, indicando força interna nula na barra 8-9(h-g).O estado das forças internas -tração ou compressão -- é determinado comoação da barra sobre onó,utilizando-se a notação de Bow e o sentido obtido noCreniona.Analisando-se o nó 1, na Fig. 8.48.a,a força na barra 1-3éA-a, na notação deBow. NoCremona,o sentido A-a aproxima-sedo nó e o estado da forçaé, portanto, decompressão. Analogamente, a força na barra 1-2éa-E, com sentido de se afastar do nó,o que corresponde a estado de tração na barra.Veteraano
A intensidadedas forças internas foimedidapela escala, na figura doCremona,e o estadode cada uma, determinadocomo descrito acima. Para melhor visualizafáo,os resultados foram reunidos na Tabela 8.2emostrados na Fig. 8.49.Tabela8.2BANZO INFERIOR7-I~ a t a c i T E s G -de Bow ax~al(W de Bow axial(kN)I - 1-i- - - L --8,332-3a-hlb-aIc-blb-cMontagem dos resultadosFigura 8.49Veteraano
BIBLIOGRAFIAAMARAL, O.C. Estruturas isostáticas. 3"ed. Belo Horizonte, UFMG - Imp-rensa Universitária, 1977.BEER, F.P.; JOHNSTON JR., E.R.Mecânica veiorialpara engenheiros: estática.Saed.SãoPaulo, Makron, 1991.CAMPANARI, F.A. Teoria das estruturas. Rio de Janeiro, Guanabara Dois,1985. V. 1.COURANT, R. Cálcitlodiferencial e integral.Porto Alegre, Globo, 1958. V. 2.DARKOV, A,; KOUZNÉTSOV, V. Cours de mécanique des consiruciions.Moscou, Mir, 1968.ENGEL, H.Sistemas de esiruiuras. Sáo Paulo, Hemus, 1981.FÉODOSSTEV,V. Risistance desmatéria14x.Moscou, Mir.FONSECA, A. Curso de mecânica: estática. Rio de Janeiro, Ao Livro Técnico,1969. V. 1.FONSECA, A.;MOREIRA,D.F. Problemas e exercícios de estática das constru-ções.Rio de Janeiro, Ao Livro Técnico, 1960.HIBBELER, R.C. Mecânica: estática. Rio de Janeiro, Campus, 1986. V. 1.HIRSCHFELD, K.Estática en /aconstrucción. 3" ed. Barcelona,Reverté, 1975.LANGENDONCK, T. Kgus simples isostáticas de alma cheia. Rio de Janeiro,Científica, 1955.MORGAN, W.Theelements ofstructure.Zaed.London, Pitman, 1977MORI, D.D. et alii.Exercícios propostos de resistência dos materiais.Zaed. SãoFasc. 1.Carlos, Serviço Gráfico da EESC, 1978.Veteraano
RIHLIOCRAFIAPOPOV, E.P. Introdilção d mecânica dos sólidos. São Paulo, Edgard Blucher,1992.ROCHA, A.M. Teoria e prática das estruturas.Rio de Janeiro, Científica, 1973.v. 1.SÁLES, 1.1.;MALITE, M.; GONÇALVES, R.M. SET 403 -Sistemas estrutur-ais: elementos estruturais. São Carlos, Serviço Gráfico da EESC, 1994.SCHIEL, F.Introduçãoa resistência de nuiteriais. São Paulo, HARBRA, 1984.W.Estalica de Ias estructurus.SCHREYER, K.;RAMM, H.; WAGNER,Madrid, Blume, 1969. V. 1.SOUZA, J.C.A.O.; ANTUNES, H.M.C.C. Cargas móveis em estruturas litl-eares.São Carlos, Serviço Gráfico da EESC, 1994.SOUZA, J.C.A.O.; ANTUNES, H.M.C.C. Processos gerais da hiperestáticaclássica. Zaed. São Carlos, Serviço Gráfico da EESC, 1995.SÜSSEKIND, J.C. Curso de análise estrutural. 3a ed. Porto Alegre, Globo,1979. V. 1.TIMOSHENKO, S.; YOUNG, D.H. Mecânica técnica: estática. Rio de Janeiro,Ao Livro Técnico, 1959.TIMOSHENKO,S.P.History of strength of materials.New York, Dover, 1983.TIMOSHENKO, S.P.; YOUNG, D.H. Teoriadas estruturas.Rio de Janeiro, AoLivro Técnico, 1957.Impressão:SupremaGrbficae Editara Ltda.Tel. (016)271-3329- São Carlos- SPVeteraano I