unifor_-_notas_de_aula_estatica_i_-_gulielmo

ESTÁTICA DAS CONSTRUÇÕES I

1

ESTÁTICA

DAS

CONSTRUÇÕES I


2

carregamento

reações de apoio

Mz

Mx

1.0 Introdução: O estudo da Estática compreende a ação de forças externas sobre um corpo rígido, em posição de repouso (Fig. 1). Fig. 1 Exemplo: Viga bi-apoiada Fig. 2 As forças grupam-se em sistemas que podem ser de forcas concorrentes, paralelas ou quaisquer. Qualquer destes sistemas pode ser coplanar ou espacial. Todo sistema pode ser substituído pela ação de duas forças que, em relação a um ponto qualquer, venham a produzir o mesmo efeito do sistema dado. Estes efeitos são: resultante e o momento resultante. A resultante é a soma vetorial das projeções das forças do sistema e capaz de produzir translação. O momento resultante é a soma vetorial dos momentos das forças do sistema e capaz de produzir rotação. ;

Fy

Fz

Fx

R M My

Z

X

Y

Sistema espacial


3

Z

Observação: O momento é sempre produzido em torno de um eixo normal ao plano em que se encontram

as forças A finalidade principal da Estática é estudar os sistemas em equilíbrio, isto é, onde são nulos os movimentos de translação e rotação Para equilibrar um sistema, torna-se necessário a introdução de um sistema equivalente ao primeiro mas de sinal contrário, ficando nulas as ações da resultante e do momento resultante. Podemos escrever as seguintes 6(seis) equações universais da Estática: e

- Casos particulares:

a) Sistema de forças concorrentes coplanares: As 6 equações se transformam em 2 - 2 equações de força ou - 2 equações de momento ou - 1 equação de força e 1 equação de momento.

b) Sistema de forças paralelas coplanares: As 6 equações se transformam em 2

- 2 equações de momento ou - 1 equação de força e 1 equação de momento.

c) Sistema de forças quaisquer coplanares: As 6 equações se transformam em 3

- 2 equações de força e 1 equação de momento ou - 1 equação de força e 2 equações de momento ou - 3 equações de momento.

Mz O M α

F

X

Y

Mz = OM x F.sen α

Mão Direita

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=Σ

=Σ=Σ

⇒=Σ

0

00

0

z

y

x

F

FF

F⎪⎩

⎪⎨

⎧

=Σ

=Σ=Σ

⇒=Σ

0

00

0

z

y

x

M

MM

M


4

V

H

V

H M

1.1 Apoios: Tem a finalidade de impedir movimentos e classificam-se conforme o número de movimentos impedidos, que chamamos de gênero. Para uma estrutura espacial temos apoios de 6 gêneros e para uma estrutura plana apenas 3. a) Apoio do 1º gênero: Impede 1 movimento deixando livre 2. b) Apoio do 2º gênero: Impede 2 movimentos deixando livre 1. c) Apoio do 3º gênero (engaste): Impede 3 movimentos.

Situação Representação

V Situação Representação

Situação

Representação


5

De acordo com o número de incógnitas os sistemas podem ser: HIPOSTÁTICO: (I < E) ISOATÁTICO: (I = E) HIPERESATÁTICO: (I > E) Onde: I = No. de incógnitas E = No. de equações Exemplos de estruturas isostáticas: I) Viga biapoada: II) Quadro biapoiado: III) Vigas e quadros engastados: IV) Sistemas triarticulado: V) Viga articulada:


6

VI) Treliça: 1.2 Exercícios: Calcular as reações de apoio para as estruturas que se seguem 1.2.1 Solução:

080 =−+⇒=Σ BAy VVF

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

==∴

=⋅=−−−⋅

=×−×−×−×

⇒=Σ

tfV

VV

V

M

A

A

A

A

B

75,4838388

04430802241658

0

tfVB 25,375,48 =−=∴

B A

5t 1t 2t

VB VA

2m 2m 2m 2m

B A

5t 1t 2t


7

1.2.2 Solução:

B A

2m

2m

2t

3t

2m 2m 1m 1m

2t 1t

VA VB

HA

2t

3t

2t 1t

⎩⎨⎧

=∴=+−

⇒=ΣtfH

HF

A

AX 1

0230

⎩⎨⎧

=+=−−+

⇒=ΣtfVV

VVF

BA

BAY 3

0120

⎪⎩

⎪⎨⎧

=∴

=×−×−×−×−⋅⇒=Σ

tfV

VM

B

B

A

617

02351221260

tfVA 61

=∴


8

4m 4m

4m

BA

VB VA 1m

2t

1m

2t

2t 2t

A

VA

HA

MA

2t 2t

1.2.3 Solução: (Obs.: o sinal negativo significa que o sentido da força

está invertido) 1.2.4

2m

2m

4m

⎩⎨⎧

=+=−+

⇒=ΣtfVV

VVF

BA

BAY 2

020

⎩⎨⎧

=∴=×−⋅

⇒=ΣtfV

VM

B

BA 5,2

05240

tfVA 5,0−=∴


9

Solução: 1.3 Esforços: Seja um corpo em equilíbrio: Imaginando-se que o corpo seja dividido em 2 partes através da seção S, a parte (I) ou a parte (II) continuará em equilíbrio acrescentando-se os esforços N, Q e M

M1

N

M

Q

S

F4 F3 F2 F1

M2

M1 R3

R1

⎩⎨⎧

=∴=−+

⇒=ΣtfH

HF

A

AX 0

0220

00 =⇒=Σ AY VF

⎩⎨⎧

=∴=×−×−

⇒=tfmM

MM

A

AA 8

022220Σ

R2

(I) (II)

S

F2 F1

R1

(I)

MMQFNF

Y

X

⇒=Σ⇒=Σ⇒=Σ

000


10

4t 6t

30° B A

2m 1m 1m VA = 5,2tf VB = 2,8tf

HA = 3,4tf

1m

S

4t

30°

VB = 2,8tf

3,4

0,8

4,4

- Convenção de sinais: - Estruturas lineares contínuas: Exemplo: Conhecendo-se as reações de apoio, determinar os esforços na seção S

-

+

-

+ d e

S

N: (-): compressão

(+): tração

-

+ -

+ d e

S

Q:

-

+

-

+ d e

S

M:

corte

fletir

-

+

-

+ d e

S

T: torcer


11

HA = 2tf

2tf

1tf/m

B

A

3m 1m

VA = 3,5tf

VB = 0,5tf

S2 C D

S1

1m

1m

1m

Solução: a) Pelo lado esquerdo: ou b) Pelo lado direito: - Estruturas não-lineares contínuas: Exemplo: Conhecendo-se as reações de apoio, determinar os esforços nas seções indicadas I) Estudo da seção S1: a) Pela esquerda:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=×−×=−=

−=−=

tfmMtfN

tfQ

4,41622,54,3

8,062,5

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=×⋅−×=

−=⋅−=

−=⋅+−=

tfmMtfN

tfQ

4,4230sen438,24,330cos4

8,030sen48,2

o

o

o

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=×−=−=−=

tfmMtfN

tfQ

40,225,3

2


12

HBB

VA

A

C

HA

VB

4tf

6tf

1,0 1,0 1,5 1,5

1,0

1,0

ou b) Pela direita: II) Estudo da seção S2: a) Pela esquerda: - Estruturas lineares articuladas: Mesmo procedimento das estruturas lineares contínuas. - Estruturas não-lineares articuladas: Mesmo procedimento das estruturas não-lineares contínuas. Exercício: Temos 4 incógnitas e 3 equações da Estática; necessitamos de mais 1 equação complementar (momento fletor nulo na rótula). Solução:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=××−×+×=−=+×−=

−=

tfmMtfN

tfQ

40,20,41120,45,05,35,00,41

2

2 2 -8

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=××−×−×=−=

=×−=

05,10,310,320,35,32

5,00,30,15,3

MtfN

tfQ

⎩⎨⎧

=+∴=−+

⇒=ΣtfHH

HHF

BA

BAX 6

060


13

Equações fundamentais da Estática: O equilíbrio das forças verticais permite escrever: (1) ou Observações: ; , onde qx e qy são as componentes da carga.

Q+dQ

M+dM M

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∴=⋅−−

=×−×−×⇒=Σ

tfVV

VM

B

B

B

A

4,00546

00,50,140,160

⎩⎨⎧

=−∴=−−

⇒=ΣtfVV

VVF

BA

BAY 4

040

tfVA 4,44,04 =+=∴

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−

=∴

=×−×−×⇒=

tfH

HM

A

A

C 4,22

0,48,800,20,140,24,4

0

tfH B 6,34,26 =−=∴

Q

N N+dN

dx

q(x)

S1 S2

dxxqdQdQQdxxqQ

)(0)(

−==−/−−/

dxdQxq −=∴ )(

∫ −= dxxqQ )(

)(xqdxdQ

y−= )(yqdxdN

x=

Pelas forças da esquerda ou da direita!


14

O equilíbrio dos momentos, em relação à seção S2, permite escrever: (2) ou Substituindo (2) em (1), podemos escrever: Conclusões: I) Nos trechos onde q(x) = 0, o esforço cortante Q é constante e o momento fletor M varia

linearmente; II) Nos trechos onde q(x) = constante, o esforço cortante Q varia linearmente e o momento

fletor M varia segundo uma parábola do 2º grau.

dxdMQ =∴

∫= QdxM

dMQdx

dMdxdQQdx

dMMdxdxxqMQdx

dMMdxdxxqQdxM

=

+⋅−=

+/+⋅+/−=

=+−⋅−+

2

2)(

0)(2

)(

2

2

)(dx

Mdxq −=∴


15

x

P

B A

a b

S

l

VA VB

2.0 Vigas biapoiadas: 2.1 Com carga concentrada: a) Reações de apoio: b) DMF: ; x ≤ a → pela esquerda ; x ≥ a → pela esquerda → pela direita

PVVF BAy =+⇒=Σ 0

⎪⎩

⎪⎨

⎧ =⋅−⋅⇒=Σ

00

aPVM

B

A

l

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅=

⋅−=−=∴

ll

ll-aPaPaPPVPV BA 1

laPVB

⋅=∴

lbP ⋅

=

xbPxVM A ⋅⋅

=⋅=l

( )axPxVM A −⋅−⋅=

( )xaPM −⋅⋅

= ll

ou


16

P

x l-x

VA VB

Para x = a ⇒ c) DEC: ; x ≤ a ; x ≥ a d) Posição da carga que fornece o esforço máximo

(+)

(+) P

VB

VA

xbP⋅

⋅l

( )xaP−⋅

⋅ ll

lbaPM máx

⋅⋅=

(-)

AVbPdx

dMQ =⋅

==l

BVaPdx

dMQ −=⋅

−==l

lll

l

2)( xPxPxxPbaPM ⋅−⋅=−⋅⋅

=⋅⋅

=

⇒=−⋅=⋅

−== 0)21(2llxPxPP

dxdMQ

=⋅⋅

=l

baPM máx 4l⋅P

2l

=x


17

VB (-)

x

q

S

l

VA VB

2.2 Com carga uniformemente distribuída: a) Reações de apoio: b) DMF: b) DEC:

2l⋅

==qVV BA

22

2xqxqM S ⋅−⋅⋅

=l

20

2ll

=⇒=⋅−⋅

== xxqqdx

dMQ

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−⋅

⋅=∴

2

2222lll qqM máx 8

2l⋅q

(+)

l/2 l/2

2

8l⋅

=∴qM máx

(+) VA


18

2.3 Com carga distribuída triangular com vértice no apoio da esquerda: a) Reações de apoio: ; b) DMF: onde:

qS

l

q

VA VB

x S

2/3l 1/3l

R = q.l/2

6l⋅

=qVA

6631

26

2xqxqxxqxqM SSS ⋅−⋅⋅

=⋅⋅⋅−⋅⋅

=ll

lll

l⋅=⋅=⇒=

⋅⋅

−⋅

== 5774,0330

26

2

xxqqdx

dMQ

=∴ máxM39

2l⋅q

3l⋅

=qVB

xqqS ⋅=l

3

66xqxqM S ⋅

⋅−⋅

⋅=∴

ll


19

c) DEC: 2.4 Com carga distribuída triangular com vértice no apoio da direita:

0,5774 l

Mmáx

0,5774 l

(+)

(+)

(-)

6l⋅q

3l⋅q

l

q

x’

6l⋅q

3l⋅q

(+)

(+)

(-) 6l⋅q

3l⋅q


20

2.5 Com momento aplicado numa seção qualquer: a) Reações de apoio: b) DMF: c) DEC:

(-)

(+)

(-)

b a

l

M

VA VB

⎩⎨⎧

=∴=+−

⇒=ΣBA

BAY VV

VVF

00

⎪⎩

⎪⎨⎧

=∴

=−⋅⇒=Σ

l

lMV

MVM

B

B

A

00

lMVA =∴

axxM≤→⋅−

l

axMxM>→+⋅−

l

lM

eixo


21

S

VA

MA

x

l

P

2.6 Com carga trapezoidal: Pode-se empregar o princípio da superposição dos efeitos. 3.0 Vigas em balanço: 3.1 Com carga concentrada: a) Reações de apoio: b) DMF:

eixo(-)

qb qa

PVF AY =⇒=Σ 0

⎩⎨⎧

⋅=∴=⋅−

⇒=Σl

lPM

PMM

A

AA

00

xPM S ⋅=

l⋅= PM xP ⋅


22

MA S

VA

x

l

q

c) DEC: 3.2 Com carga distribuída: a) Reações de apoio: b) DMF:

eixo

P(+)

⎩⎨⎧

⋅=∴=⋅−

⇒=Σl

lqV

qVF

A

AY

00

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⋅=∴

=⋅⋅−⇒=Σ

2

020 2l

ll

qM

qMM

A

A

A

22

2xqxxqM S ⋅=⋅⋅=

000 =→=⇒=⋅== mínMxxqdx

dMQ

.)(constPdx

dMQ ==

(-)

2

2l⋅=

qM máx

8

2l⋅q


23

S

q = 5 t/m

VA VB

P = 2 t

a = 3,00m b = 2,00m

2,66

13,3

x -13,7

-3,7

-1,7

c) DEC: Exercício: Calcular os diagramas Solução: a) Reações de apoio: b) DEC:

(+)

(+)

l⋅q

⎩⎨⎧

=−=⇒=+=×−−+

⇒=ΣtfVVVV

VVF

ABBA

BAY 7,132727

000,5520

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=∴=+=⋅

=××−×−×

⇒=ΣtfV

V

V

M

A

A

A

B

3,135,665,6245

0200,500,5500,2200,5

0

(-)


24

Para: Observações: I) O DEC ao encontrar uma carga concentrada (reação de apoio ou carregamento), sofre

uma descontinuidade (salto) de valor igual à intensidade da carga e na direção em que aponta a carga;

II) Q = 0 ⇒ Mmáx (interceptando o eixo) c) DMF: ou pela esquerda ou pela direita

mxxxqVQx Ax 66,25

3,13053,13:)00,3( ==⇒=⋅−=⋅−=→<

⎩⎨⎧

−=−⋅−=−⋅−=−=⋅−=⋅−=

→=tfPqVQ

tfqVQx

ASd

ASe

7,3200,353,1300,37,100,353,1300,3

:)00,3(

2:)00,3(

2xqxVMx Ax ⋅−⋅=→≤

tfmMx máx 689,172

66,2566,233,13:)66,2(2

=×

−×=→=

tfmMx 4,17200,3500,333,13:)00,3(

2

=×

−×=→=

ax

xqxqbaPM=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅

⋅+

⋅⋅=

22

2ll

( ) →−⋅−⋅−⋅=→> 00,32

:)00,3(2

xPxqxVMx A

( ) ( )→

−⋅−−⋅=

2

2xqxVM Bll

1,0 II 1,0 1,5

17,689

e

f

11,1

17,4

c

d

14,325

1,16

(+)

I 0,34

tfQx x 7,130200,553,13:)00,5( −==−×−=→=

PxqVQx Ax −⋅−=→> :)00,3(


25

ou: Observações: III) Nos trechos ente cargas concentradas aplicadas (reações de apoio ou carregamento) e

nos extremos das cargas distribuídas, os momentos podem ser obtidos, pendurando-se (ql2/8) no ponto médio do trecho, a partir da linha de fechamento ligando as ordenadas dos momentos no trecho

IV) O DMF ao encontrar um momento concentrado (reação de apoio ou carregamento), sofre uma descontinuidade (salto) de valor igual à intensidade do momento e na direção em que aponta o momento. Exemplos:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+==−=⋅−×=

+==×−×=⋅−×=

fetfmqVM

dctfmqVM

BII

AI

2,11257,13

20,10,1

325,1425,155,13,13

25,15,1

2

22

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=+=⇒=×

=⋅

=

=+=⇒=×

=⋅

=

===

2,115,28

00,258

325,14625,5800,35

8

7,82

4,17

22

22

feMtfmbqf

dcMtfmaqd

tfmec

II

I

l

8

2l⋅q

q

l

8

2l⋅q

q

b a

l

M

(+)

(-)

xM⋅−

l

MxM+⋅−

l

:DMF⇒


26

l

P

l

q

:DMF⇒

(-)

l⋅P

:DMF⇒(-)

2

2l⋅q

l⋅= PM A

2

2l⋅=

qM A


27

2,00m D A 2,00m C B

VC VB

VCd

MC

VBe

MB

MB

MC

VCd VBe

A D

C

VB VC

B

1tf/m 1tf/m 2tf/m

4,00m

2tf

4.0 Vigas biapoiadas com balanços: Pode ser resolvida considerando a viga por inteiro ou considerando os vãos separados: ou Exercício: I) Solução considerando a viga por inteiro:


28

2,00m D A 2,00m C B

VC VB

1tf/m 1tf/m

4,00m

2tf

MB

VBe 2,00m

1tf/m

2tf

a) Reações de apoio: II) Solução separando os vãos: a) Reações de apoio: - Balanço da esquerda:

tfVVF CBy 14200,2100,4200,210 =+×+×+×=+⇒=Σ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==∴=−−+=⋅

=+××+××−××−×⇒=

tfVV

xVM

B

B

B

C

5420204216104

000,2200,100,2100,200,4200,500,2100,40Σ

tfVV BC 914 =−=∴

tfVF Bey 200,210 =×=⇒=Σ

⎩⎨⎧

=∴=××−

⇒=ΣtfmM

MM

B

BB 2

000,100,210


29

2tf/m

4

6

2

2

MC

VCd

VB VC

2,00m

1tf/m

4,00m

2tf/m

MC MB

VBd = 3 VCe = 5

4,00m

- Balanço da direita: - Vão central: Observação: Se não tivéssemos incluído VBe nem VCd, teríamos encontrado em vez de VB e VC, VBd = 3tf e

VCe = 5tf:

tfVF Cdy 4200,210 =+×=⇒=Σ

⎩⎨⎧

=∴=×−××−

⇒=ΣtfmM

MM

C

CC 6

000,2200,100,210

tfVVF CBy 14400,4220 =+×+=+⇒=Σ

⎪⎩

⎪⎨

⎧

→=∴=+++−=⋅

=−××−×−+×⇒=Σ

!520216864

0200,200,4200,42600,40

OKtfVV

VM

B

B

B

C

!914 OKtfVV BC →=−=∴


30

Mmáx(+)

2

26

xmáx

1,5

3

-2

4

2

-5

(+) (+)

(-) (-)

(-) (-)

Conclusão: As reações de apoio são iguais à soma dos esforços cortantes à esquerda e à direita do apoio. b) DMF(tfm): c) DEC(tf):

tfVVVtfVVV

CdCeC

BdBeB

945532

=+=+==+=+=

5,0800,21 2

=×

5,0800,21 2

=×

48

00,42 2

=×

tfmM

qV

xxqVdx

dMQ

xqMxVM

máx

BdBd

BBdx

25,02

5,1225,13

5,1230

2

2

2

=×

−−×=∴

===⇒=⋅−==

⋅−−⋅=


31

A

B

HA

VA = q.a/2

VB = q.a/2

q

S

x

x'

a

α

b c

5.0 Vigas inclinadas: a) Reações de apoio: b) DMF:

aac

cos=∴

axx

cos=′∴

⎩⎨⎧

⋅=+=⋅−+

⇒=ΣaqVVaqVV

FBA

BAy

00

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⋅=∴

=⋅

−⋅⇒=Σ

2

020

2

aqV

aqaVM

A

A

B

00 =⇒=Σ Ax HF

2aqVB

⋅=∴

8

20

2

22

2

2

aqM

axxqaqdx

dMQ

xqxaqM

máx

x

⋅=∴

=⇒=⋅−⋅

==

⋅−⋅

⋅=


32

q.a/2 α

q.x.cos α q.x

α

x'

q.a/2.cos α

S

(-)

(+)

q.a/2 α q.a/2.cos α

α q.a/2.cos α

Conclusão: Uma viga biapoiada inclinada se comporta, para fins de DMF, como se fosse uma viga

biapoiada de vão igual à projeção de seu comprimento sobre uma reta perpendicular ao carregamento atuante.

Nota: As ordenadas do diagrama são sempre marcadas perpendicularmente ao eixo da barra. c) DEC:

( )

8cos

cos42cos2cos

2

2cos20coscos

2

cos2

cos22

coscos2

22

2

2

2

2

aqaqaaqM

caxxqaqxd

dMQ

xqxaqxxqxaqM

máx

xx

x

⋅=⋅⋅−⋅

⋅=∴

==′⇒=⋅′⋅−⋅

=′

=

⋅′−′⋅⋅

=′

⋅⋅⋅−′⋅⋅

=

′′

′

ααα

α

ααα

αααα

8

2aq ⋅


33

(-)

(+)

q.a/2 α

q.a/2.sen α

q.a/2 α

q.a/2.sen α

Det.

Det.

d) DEN: 6.0 Vigas Gerber: Funciona como um conjunto de vigas biapoiadas, vigas biapoiadas com balanço ou vigas engastadas e livres. Representação:


34

Para resolve-la, basta fazer sua decomposição nas vigas que a constituem, resovendo inicialmente aquelas sem estabilidade própria e, após, as dotadas de estabilidade própria acrescidas das forças transmitidas pelas rótulas ou então, resolver a viga por inteiro. Exemplos de decomposição: a) = b) =

A B C D E F G H

A B C D E F G

C D G H 1 1

2 2

A B C

A B C B

B

1 1


35

c) = Exercício: Observação: Rótula

- transmite cortante e normal; - momento nulo ou conhecido (antes e/ou depois):

q = 2 kN/m

A B C D E F G H I

G H 1

E F G H I 2 2

C D E 3

A B C 4

C B A

3,00 m 2,00 m

VA VB

HA MA


36

Temos: HA, VA, MA e VC = ? → (4) incógnitas ∑ Fx = 0 ; ∑ Fy = 0 ; ∑ M = 0 e MB = 0 → (4) equações Nota: ( ∑ M = 0 ) ≠ ( MB = 0)

somente as forças e momentos de um lado do corpo entram!

todas as forças e momentos externos entram! Assim, a decomposição seria: : DEC(kN): DMF(kNm): :

B A

MA

C B

VA

VB

+

VB VC

1 2

1

kNqVV CB 22

00,222

=×

=⋅

==l

2

-2 B

C (+)(-)

B C (+)

kNmq 18

00,228

22

=×

=⋅ l

B A

MA

VA

VB = 2kN 2


37

DEC(kN): DMF(kNm): Juntando + : DEC(kN): DMF(kNm):

B A

2

⎩⎨⎧

=∴=×−−

⇒=ΣkNV

VF

A

Ay 8

000,3220

⎩⎨⎧

=∴=××−×−

⇒=ΣkNmM

MM

A

AA 15

05,100,3200,320

(+)

8

B A

(-) -15

kNmq 25,28

00,328

22

=×

=⋅ l

1 2

2 (+)

(-) -15

-2 (+)

(-)

(+)

8

2,25

1


38

Exercício: Temos:

5 Reações → VA, VC, HC, VF e VH (3+2) Eq. → ∑ Fx = 0 ; ∑ Fy = 0 ; ∑ M = 0 mais MB = 0 e MGe = MGd = -1,5

ou MG = 0 Decomposição: - Trecho A-B: Reações:

2kN/m

G

B A

C D E F G

H

2kN/m 3kN/m 3kN

2kN/m

1,5kNm 1,5kNm

2,00m 1,00 1,00 1,00 1,00 2,00 2,00m

Sistema isostático

B A G H 1,5kNm

B C D E F 1,5kNm

2

2kN/m2kN/m

1 1

2kN/m 3kN/m 3kN

VB = 2

VB = 2

VG = 2,75

VG = 2,75

kNVVF BAy 22

00,220 =×

=+⇒=Σ

VC = 4,833 VF = 11,9167


39

DMF(kNm): DEC(kN): - Trecho G-H: Reações: DEC(kN): ou DMF(kNm):

⎩⎨⎧

=+∴=×−+

⇒=Σ4

000,220

HG

HGy VV

VVF

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=−

=∴

=−⋅+

=××−×+

⇒=Σ

kNV

V

V

M

H

H

H

G

25,12

5,140425,1

0200,200,2200,25,1

0

A B (+)

kNmq 18

00,228

22

=×

=⋅ l

-2

(+)

(-)

2

B A

kNVV HG 75,225,144 =−=−=∴

-1,25

(+) 2,75

(-) x

0,625

mxx 375,142

75,2=⇒= m

qVx Gd 375,1

275,2

===

1,5

Mmáx

(-) (+)

G H

G H

kNmM máx 39,02

625,02625,025,12

≅×−×=


40

- Trecho B-G: Reações: DEC(kN): DMF(kNm): Onde:

⎩⎨⎧

=+=−×−+−×−+×−−

⇒=Σ75,16

075,200,22300,1300,1220

FC

FCy VV

VVF

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∴=−×−××−×+

×−××−××+×⇒=

kNVVM

F

FC

9167,1105,100,5750,200,400,2200,3

00,235,000,135,000,1200,120Σ

kNVC 833,4=∴

G

B C D E F

2,75

-2

-4

0,833

-2,167

-5,167

6,75

x

(+)

(-) (-)

mq

Vx Cd 2778,03833,0

===

G B C D E F

-11

1

-1,5

-5,833

-3,667 0,375

M =-2,88

(-)

(+)

-3


41

Exercício: Solução: a) Reações: b) DEC(kN):

2kN/m 3kN/m 3kN

2kN/m

A B

kNmM

MMMM

F

E

D

C

88,22

2778,032778,0833,47778,000,122778,12

115,100,275,200,100,22833,55,100,375,200,200,2200,19167,11

667,300,1833,45,000,1350,100,1200,2235,000,1200,12

2

−≅×−×+××−×−=

−=−×−××−=−=−×−××−×=

−=×+××−××−×−=−=××−×−=

A B

C

E

D

10kNm

5kN/m

HE

VE

ME

VB

4,001,00m 1,50m 2,00

⎩⎨⎧

=+=×−+

⇒=Σ35

000,750

EB

EBy VV

VVF

01000,500,7550,70 =++××−×⇒=Σ EBE MVM

kNmM E 562,66=∴

00 =⇒=Σ Ex HF

⎩⎨⎧

=∴−=××−×

⇒−=kNV

VM

B

BCe 125,13

1050,200,5500,410

kNmVV BE 875,2135 =−=∴

A B C E D

-5

8,125

(+)

(-)

(-)

-11,875

-21,875

x

mq

Vx Bd 625,15125,8

===


42

c) DMF(kNm):

875,21875,2100,25875,11

875,1100,45125,8125,85500,15

0

−=−=−=×−−=

−=×−==+−=

−=×−==

EE

D

C

BBd

Be

A

VQQQ

VQQQ

A B C E D (+)

(-) -2,5

0,625

-10 2,5

-33,7495

-66,562

Mmáx = 4,1015

1015,42625,2625,25625,1125,13

562,667495,335,1875,21562,66

010

5,25,000,150

=××−×=

−=−=×+−=

=−=

−=××−==

máx

E

D

Cd

Ce

B

A

M

MMMMMM


43

7.0 Estruturas planas aporticadas: Pórticos são estruturas reticuladas, formadas por barras em direção qualquer e conexões rígidas.

Estruturas reticulada - é aquela formada por barras que tem uma dimensão preponderante em relação às outras duas.

Conexão rígida - é uma região de ligação entre duas ou mais barras, trocando força e momento fletor.

Observação: Rótula é uma conexão não rígida. Tipos de pórtico (ou quadro): Bi-apoiado: Tri-articulado: Atirantado ou Composto: escorado: Engastado e livre:


44

8kNm

F

12,8

HF = 9,6

4kN/m

A

4m 2m

VA = 18,4

VF = 18,4

C D

3m

2m

2m

9,6

16kN

B

E

α

sen α = 0,6 cos α = 0,8

Com barras curvas: Exercício: 7.1 Bi-apoiado: a) Reações:

⎩⎨⎧

=∴=+×−−

⇒=ΣkNV

VF

F

Fy 4,18

000,648,124,180

⎩⎨⎧

=∴=××−×−×+−×

⇒=ΣkNV

VM

A

AF 4,18

000,100,6400,48,1200,16,9800,40

⎩⎨⎧

=∴=−

⇒=ΣkNH

HF

F

Fx 6,9

06,90


45

F

C D

B

E

A

(-)

-9,6

-18,4

(-)

(-)

(-)

-18,4

-5,6

F

C D

B

E

A

-9,6

(+) (-)

9,6

(+) (+)

(-)

-10,4

5,6

8,0 x

b) DEN(kN): c) DEC(kN):

→ pela esquerda

→ pela direitaou

4,186,9

6,58,124,184,18

−=−=

−=+−=−=

F

Cd

Bd

A

NNNN

0,800,24

0,84,184,104,1000,446,5

6,58,124,186,9

=×=

=+−=−=×−=

=−=−=

Dd

Dd

De

Cd

Bd

Q

QQQQ

mx

QF

40,146,5

6,9

==

=


46

E

F

C D

B

A

-8

(-) (-)

(-) (-)

-27,2

-36,8

(-)

-27,2

-8

-28,8 Mmáx

8 28,8

C S2 S3

D S4

S1 S5

→ pela esquerda

→ pela direita

→ pela esquerda

→ pela esquerda

→ pela direita

d) DMF(kNm): Observações: 1)

88

00,44 2

=×

28

00,24 2

=×

28,232,27240,140,1440,16,5

8,2800,36,90

8,3600,36,900,100,24

8,362,2700,200,4400,46,52,2700,26,98

8

−=−××−×=

−=×−==

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=×−××−=

−=−××−×=

==−=×−−=−=

máx

Db

F

De

Dd

CCdCe

A

M

MM

M

MMMM

M


47

-27,2

-27,2 -36,8 -8

-28,8

10kNm

F HF = 8

6kN/m

A

4m 2m

VA = 20,75

VF = 3,25

C D 1,50m

2,50m

2,50m

B

E

α

sen α = 0,6 cos α = 0,8 1,50m

8kN

2m

; ; 2) 7.2 Bi-apoiado:

kNQkNQ

S

S

6,56,9

2

1

=−=

kNNkNN

S

S

6,96,5

2

1

−=−=

⎩⎨⎧

−=−=

kNmMkNmM

S

S

2,272,27

2

1

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−=−=

kNmMkNmM

kNmM

S

S

S

8,288

8,36

5

4

3

Em um nó com duas barras perpendiculares entre si, o esforço cortante de uma é igual ao esforço normal da outra!

O somatório de momentos em um nó é igual a zero!


48

-3,25

F

F

A

C

D

E

B (-)

-20,75

(-)

-1,95 4,45

(+)

A

C

D

E

B

(-)

-2,6

-7,4

(-)

F 8

3,25

E

α

8 α

α

(+)

20,75

x

→ pela direita

a) Reações: b) DEN(kN): c) DEC(kN):

⎩⎨⎧

=∴=+×−

⇒=ΣkNV

VF

F

Fy 25,3

000,4675,200

⎩⎨⎧

=∴=×−××−−×

⇒=ΣkNV

VM

A

AF 75,20

050,1800,600,461000,80

kNHF Fx 80 =⇒=Σ

kNNkNN

Ee

F

95,1cos845,445,4sen25,3cos8

−=⋅−==⋅−⋅=

ααα

mx 4583,3675,20

==


49

F

A

C D

E

B

(-) -10

18,5

(+)

25

-10

25

Mmáx

→ pela direita→ pela direita

→ pela direita→ pela direita

d) DMF(kNm):

6,2sen84,74,7sen8cos25,3

25,300,4675,2075,20

−=⋅+−=−=⋅−⋅−=

−=×−==

ααα

Ee

F

De

Cd

QQQQ

88,252

4583,364583,375,20102

=×−×+−=máxM

2550,1800,3800,425,35,1800,225,35,18

02500,200,4600,475,2010

=×−×+×==×+×=

==××−×+−=

Dd

E

F

De

MMMM


50

B

HA = 0

D

A

VA = 8,5

2,25t/m

4,00

α

sen α = 0,6 cos α = 0,8

2t/m

2t/m

9t 4t

4t

B

C

2,00 2,00

VD = 8,5

(-)

(+)

α

8,5-4 = 4,5 4,5.sen α = 2,7 4,5.cos α = 3,6

α

2,7

D

A

C

-2,7

8,5-4 = 4,5 4,5.sen α = 2,7 4,5.cos α = 3,6

7.3 Barra inclinadas: Solução: DEN(tf):

00 =⇒=Σ Ax HF

⎩⎨⎧

=∴=×−×+×+×

⇒=ΣtfV

VM

D

DA 5,8

000,800,7400,4900,140

⎩⎨⎧

=∴=+−−−

⇒=ΣtfV

VF

A

Ay 5,8

05,84940


51

(+)

8,5 D

A

C

B

(+)

(-) (-)

-8,5

4,5

-4,5 3,6

-3,6

(+)

D

A

C

B

1

(+)

(+)

1

13

13

13

13

Mmáx

normal à direção x

x = 2,00

DEC(tf): DMF(tfm):

CdBe MM ==×−×= 1300,1425,8

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=+=×

+=⋅

+=

=×−×+=⋅−⋅+=

=××−+×−+×=

5,175,4138

00,425,2138

13

5,17200,225,200,25,413

2

5,17200,200,225,2)00,200,1(4)00,200,2(5,8

22

22

lqM

ou

xqxQMM

ou

M

máx

iimáx

máx


52

7.4 Quadro engastado e livre: Solução: DEN(tf):

MA = 1HA = 1

VA = 8

3t 1t/m

1t

1t

C

A

B

D E

F

2,00

-7

1,00

2,00

2,00

tfHF Ax 10 =⇒=Σ

⎩⎨⎧

=∴=×−×+×−×+

⇒=ΣtfmM

MM

A

AA 1

000,2400,2100,1100,230

⎩⎨⎧

=∴=−×−−

⇒=ΣtfV

VF

A

Ay 8

0100,4130

C

A

B

D E

F

(-)

-1

-8

(-)

(-)

3,00


53

DEC(tf): DMF(tfm):

C

A

B

D E

F

(-)

1

-1

(+)

(-)

-3

(+)

4

C

A

B

D E

F

(-)

-1

-3

(-) (-)

-8

-6

(-)

(-)

-2

-1

28

00,41 2

=×

tfmMtfmM

De

Bd

200,2100,1100,411200,1100,211

−=×+×+×−−=−=×+×−−=


54

VB = 4 VA = 4

HA = 0

4tm

VBVA

A B

4,00m

2,00m

2,00m

2t/m

4tm

C D

E F

HA A B

C D

E F

N = 2

N = 2

7.5 Quadro atirantado ou escorado: Como a barra CD está descarregada e rotulada nas extremidades, ela tem, em todas as suas seções, M = Q = 0, podendo estar submetida, apenas, a um esforço normal constante (no caso de ser de tração a barra será denominada tirante e, no caso de ser de compressão, será dita uma escora). Nada se alterará, então, sob o ponto de vista estático, se rompermos a barra CD, substituindo-a por um par de esforços normais N, de sentidos opostos e aplicados no quadro ABEF. (pelas forças da direita)

00 =⇒=Σ Ax HF

⎩⎨⎧

=∴=××−×

⇒=ΣtfV

VM

A

AB 4

000,200,4200,40

⎩⎨⎧

=∴=×−+

⇒=ΣtfV

VF

B

By 4

000,4240

0=FM⎩⎨⎧

=∴=−×

→tfN

N2

0400,2


55

-4

A B

-2

C D

E F

(-)

(+)

2

(-) (-)

-4 -4

A B

C D

F (+) E

(-)

(-) (+)

4

-2 2

DEN(tf): DEC(tf):


56

VB = P/2

A B

C D

F E

(-) (-)

-4

-4 -4 -4

VA = P/2

A B

P

θ

θ

C

DMF(tfm): 7.6 Barra curva:

48

00,42 2

=×

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

⋅=⋅=

⋅=⋅=

−⋅

=⋅−⋅=

θθ

θθ

θθ

cos2

cos

sen2

sen

)cos1(2

)cos(

PVN

PVQ

RPRRVM

AS

AS

AS


57

A B θ θ

C

(+)

A B θ θ

C (+)

(-)

A B θ θ

C

(-) (-)

DMF: DEC: DEN:

)cos1(2

θ−⋅ RP )cos1(

2θ−

⋅ RP2

RPM máx⋅

=

θsen2

⋅P

θsen2

⋅−P

2P

2P

−

θcos2

⋅−P θcos

2⋅−

P

2P

−2P

−


58

VB = P/2 VA = P/2

A B

P

θ

C

M

VB = 8 VA = 4

A B

C D

2t/m

3t

5t

6,00

HA = 2t

4,00

3,00

Observação: Marcando os valores dos momentos a partir de uma reta horizontal, o diagrama será

retilíneno, conforme figura a seguir, pois os momentos fletores crescem linearmente segundo o valor de AM = R . (1-cos θ).

Exercício:

)cos1(22

θ−⋅

=⋅RPAMP

2RPM máx

⋅=


59

4 4

A B

C D -8

-8

-20

-20

(-) (-)

(-)

15-9 = 6

C D

2t/m

5 2+3 = 5 8 20

DMF(tfm): Observação: Barra CD isoladamente =

⎩⎨⎧

=∴=−+

⇒=ΣtH

HF

A

Ax 2

0530

⎩⎨⎧

=∴=××−×+×

⇒=ΣtfV

VM

A

AB 4

000,300,6200,4300,60

⎩⎨⎧

=∴=+×−

⇒=ΣtfV

VF

B

By 8

000,6240


60

4 4

C D

2t/m

5 8 20 D

5 C

C D

8

20

D C

5x3 = 15

8

20

15-9 = 6

+ Diagramas: + = Resumindo: Para o traçado do diagrama de momentos fletores na barra curva CD, a partir de uma reta

horizontal CD, marcamos a partir da linha de fechamento o diagrama de viga biapoiada mais o diagrama devido apenas às forças horizontais.

tfm98

00,62 2

=×


61

HC = 3

HC = 3

G HG = 3HD = 0 D A

B C

E F

1t/m

3t

2t

4,00

2,

00

2,00

8,00 5,00 3,00

VA = 4,75 VD = 6,5 VG = 6,75

G HG = 3HD = 0 D A

B C

E F

3t

2t

VA = 4,75 VD = 6,5 VG = 6,75

1t/m

1t/m

C

VC = 3,25

VC = 3,25

1

2

7.7 Quadro composto: Decomposição:


62

1

2

: : DEN(tf):

(-)

-3

(-)

-3

-4,75 (-)

-6,75 -6,5 -4,75

(pelas forças da esquerda)

⎩⎨⎧

=∴=−

⇒=ΣtH

HF

C

Cx 3

030

⎩⎨⎧

=∴=××−×−×

⇒=ΣtfV

VM

A

AC 75,4

000,400,8100,2300,80

⎩⎨⎧

=∴=+−

⇒=ΣtfV

VF

C

Cy 25,3

0875,40

⎩⎨⎧

=∴=−

⇒=ΣtH

HF

G

Gx 3

030

⎩⎨⎧

=∴=×−×−×−×+×

⇒=ΣtfV

VM

D

DG 5,6

000,4800,3200,825,300,4300,80

⎩⎨⎧

=∴=+−−−

⇒=ΣtfV

VF

G

Gy 75,6

02825,35,60

0=CM⎩⎨⎧

=∴=×

⇒0

000,4

D

D

HH

(-) (-) (-)

-3,25 (-)


63

DEC(tf): DMF(tf):

-6 -6 -12 (-)

-6

-18

-18

(-)

8 -12

-12

8

(+)

(-)

(+)

(-)

3

(+) -3,25

-3

(-)

(+) -4,75

-3 (-)

-4,75 (-)

-3,25 -2

(-)

-6

(-)

(+)

(-)

-6

(-)


64

D I

2tm

B

A 1t

2,00m

1t

1t

2tm C

G H

E F

2,00m 2,00m

2,00m

2,00m

2tm

1t 1t

1t

2tm

H

HF = 1t

HG = 2t HG = 2t

HC = 2t HC = 2t

HA = 3t

VA = 2t VD = 2t

7.8 Quadro composto: Decomposição:

2=N

2=N


65

-1

2

246

6

2

2 (+)

(-)

(+) 2

(+)

3

(+) 2 (+)

(-) -2

DMF(tfm): DEN(tf):

2


66

B A HA = 3

2,00m

HB = 3

VA = 6 VB = 10

2,00m 2,00m 2,00m 2,00m

3,00

m

3,00

m

4t

2t 2t

1t/m

6tm6tm

C D E

F H

G

J

α

sen α = 0,6 cos α = 0,8

2 2

6

3

7.9 Quadro triarticulado: Solução:

(pelas forças da esquerda)

⎩⎨⎧

=∴=−

⇒=ΣtfH

HF

B

Bx 3

030

⎩⎨⎧

=∴=×+×−×−×−×

⇒=ΣtfV

VM

A

AB 6

000,2200,2400,4800,6200,80

⎩⎨⎧

=∴=+−−−−

⇒=ΣtfV

VF

B

By 10

0248260

0=GM⎩⎨⎧

=∴=+××−×−×−×

⇒tfHH

A

A

30600,200,4100,2200,600,46


67

B A

-3

C D E

F H

G

J

(-)

(-)-6

(-)-10

(-)

-2,4

-3,6-4,8

(-)

(-) -6 -6

α

3

(pela esquerda)!

DEN(tf):

Cálculos: ou:

68,036,06cossen −=×−×−=×−×−= αα AACd HVN

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=×−×−−=

−=×+−=××+−=

8,4cos3sen26

8,46,026sen216

αα

α

Je

Je

NouN

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=×+×−×−−=

−=×+−=

6.3sen2cos3sen26

6,3sen28,4

ααα

α

Jd

Jd

NouN

( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=×−×−−−=

−=×−=

4.2cos3sen426

4,2cos3

αα

α

Ge

Ge

NouN

3−=GdN

4,2cos3 −=− α


68

B A

C D E

F H G

J

(-)

-4

(-)

-4

(-) -1,8

-0,2

(-) -3

3

3 (+)

(+)

1,4

(+)

2

DEC(tf): Cálculos:

3sen3cos6 =×−×= ααCdQ

( )( )⎩

⎨⎧

−=×−×−−==×−×−=

2,0sen3cos2264,1sen3cos26

αααα

Jd

Je

QQ

( )( )⎩

⎨⎧

=++−=−=×−×−−=

04268,1sen3cos426

Gd

Ge

QQ αα

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=−−=

−=++−=

4826

42410

Fe

Fe

QouQ

00,4110 ×+−


69

H-10

B A

C D E

F G

J

-8 -3,5

(-)

-9

-9 (-)

4

-14

-0,5

-0,5

-6 -6 2

(-) -4

(-)

(-)

-1 -9

(-)

(-)

→ (pela direita)

→ (pela direita)

→ (pela esquerda)

→ (pela esquerda)

→ (pela esquerda)

M =

DMF(tfm): Cálculos:

13324 −=×−×=EcM

106324 −=×−×=FbM

624226346 −=×−×−×−×=GdM

14246 −=×−−=FeM

5,3200,215,4326

2

−=×−×−×=JM

44

00,200,22800,41

8

22

=××

+×

=⋅⋅

+⋅

=l

l baPqM


70

B A

3

1 2

B A

3

4

C

C D

B

A

3

C D 4

B A

3

C

8.0 Treliças planas isostáticas: Definição: São estruturas reticuladas, articuladas em todos os nós e carregadas apenas nos nós. Exemplos: I)

Tem estabilidade! Costitui uma cadeia rígida, (isto é, indeformável), pois sendo o trecho AB indeformável (por se tratar, isoladamente, de uma viga biapoiada), se lhe acrescentamos as 2 barras e concorrentes em C, este último ponto C fica também indeslocável, por estar preso a 2 pontos indeslocáveis A e B e, com isto, todo o conjunto ABC é indeslocável.

II)

Não tem estabilidade! Costitui uma cadeia deformável, pois os pontos C e D não estão ligados, cada um deles, a dois pontos indeslocáveis do reticulado.

Lei de formação: Partindo de uma treliça estável e adicionando duas barras a partir de dois nós diferentes pré-existentes, formando um novo nó, garante-se a estabilidade interna da treliça.

1 2 1 2

10t 1

2

5

1 2

10t


71

B

A

3

C D 4

G E 7

F

10

11

F1 F2 = -F1

Observação: Na treliça ideal não existem esforços cortantes nem fletores, só existe esforço normal, Classificação das treliças: I) Quanto a estacidade: I = r + b onde: b = número de barras (esforços normais a determinar); r = número de reações de apoio; I = número de incógnitas. Equações de equilíbrio = 2n (n = número de nós)

Casos: a) r + b < 2n → poderemos afirmar que a treliça é hipóstática;

b) r + b = 2n → o que sugere tratar-se de uma treliça isostática; o diagnóstico final só poderá ser dado após análise dos apoios externos e da lei de formação interna da treliça;

c) r + b > 2n → o que sugere tratar-se de uma treliça hiperestática; o diagnóstico final só poderá ser dado após análise.

II) Quanto à lei de formação:

a) Simples: são formadas pela adição de triângulos aos sistemas básicos (apoios ou mesmo triângulos). Exemplo:

61 2 5 9

8


72

b) Compostas: são formadas por associações entre treliças simples, através de ligações isostáticas. Exemplo:

c) Complexas: são as que não se enquadram nos casos anteriores. Exemplo: Cálculo dos esforços nas treliças: I) Método dos nós (ou equilíbrio dos nós) Exemplo:


73

E

α

sen α = 0,6 cos α = 0,8

A

1α α B

45

6 7

2

11 12

F

G

C D

H

3

89

13

10

E

A 1 B

4 5 6

11

F

Solução: I = r + b = 3 + 13 = 16 Isostática!

Eq. = 2n = 2 x 8 = 16

2t 2t 2t 2t

1t

2,00m 2,00m 2,00m

1,50

m

3t

1t

VE = 1,875 VG = 7,125

⎩⎨⎧

=∴=×+×−×+×+×+×−

⇒=ΣtfV

VM

G

GE 125,7

000,6100,400,6200,4200,2250,110

⎩⎨⎧

=∴=−+−

⇒=ΣtfV

VF

E

Ey 875,1

01125,780

⎩⎨⎧

=∴=−−

⇒=ΣtfH

HF

E

Ex 4

0310

HE = 4

2

1

1,875

N1 = 1

N4 = -2

N1 = 1

N4 = -2

4

N11 = -4,1667

N5 = 0,2083

N5 = 0,2083

2

N11 = -4,1667

N6 = -2,125

N6 = -2,125

N2 = 1,1666

N12 =-7

N7 =3,5417


74

F

C

8

12 G

B 2

6 7

D

10

13 H

8 9

C 3

G

2

7,125

N1 = 1

N7 = 3,5417

N7 = 3,5417

2

N8 = -7,125

N3

N13 =-7

N2 = 1

N5 = 0,2083 N6 = -2,125

N6 = -2,125

N11 = -4,1667 N12 =-7 N12 =-7

N8 = -7,125

1

N2

N10 = -2

3

N3 = 0

N7 = 3,5417 N8 = -7,125

N8 = -7,125

N13 =-7 N13 =-7

N10 = -2

N9

2 2

N3 = 0

N9 = 5

7,125 N12 =-7

N9 = 5


75

Cálculos: O nó inicial escolhido e o próximo, é sempre aquele com no máximo 2 incógnitas.

Observação: As barras são comprimidas quando o sentido da força axial se dirige para o nó e são tracionadas quando se afastam do nó.

Resumo: (+) tração

(-) compressão

b 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 N(tf) 1 1,1666 0 -2 0,2083 -2,125 3,5417 -7,125 5 -2 -4,1667 -7 -7

⎩⎨⎧

→−=⇒=−−⇒=→=⇒=+−⇒=

)(2020)(1010

:44

11

compressãotfNNFtraçãotfNNF

Ay

x

ΣΣ

⎩⎨⎧

=⇒=⋅+−⇒=Σ−=⇒=⋅++⇒=Σ

tfNNFtfNNNF

Ey

x

2083,00sen2875,101667,40cos40

:55

11511

αα

⎩⎨⎧

−=⇒=−×−−⇒=Σ=⇒=+×−−⇒=Σ

tfNNFtfNNF

By

x

125,20sen2083,0201666,10cos2083,010

:66

22

αα

⎩⎨⎧

=⇒=×+−⇒=Σ−=⇒=+×+⇒=ΣtfNNF

tfNNNFF

y

x

5417,30sen125,2070cos1667,40

:77

12127

αα

⎩⎨⎧

−=⇒=+⇒=Σ−=⇒=+⇒=Σ

tfNNFtfNNF

Gy

x

125,70125,707070

:88

1313

⎩⎨⎧

−=⇒=−−⇒=Σ=⇒=Σ

tfNNFNF

Dy

x

202000

:1010

3

⎩⎨⎧

→=⇒=×+−−⇒=Σ=⇒=×−−⇒=Σ

)!(000sen512050cos370

: 99

identidadeFtfNNF

Hy

x

αα


76

E A

α

sen α = 0,6 cos α = 0,8

B

2

1 5

3

D

4

6

7

C

C

Exemplo:

Solução: I = r + b = 3 + 7 = 10 Isostática!

Eq. = 2n = 2 x 5 = 10

0,3kN

2,00m 2,00m

1,50

m

VA = 0,15 VE = 0,75

HA = 0

1,50

m

0,6kN

⎩⎨⎧

=∴=×−×−×

⇒=ΣkNV

VM

E

EA 75,0

000,46,000,23,000,40

⎩⎨⎧

=∴=−−+

⇒=ΣkNV

VF

A

Ay 15,0

06,03,075,00

00 =⇒=Σ Ax HF

N2 N7

0,6

⎩⎨⎧

=⇒=−⇒=Σ=⇒=⋅⇒=Σ

)(6,006,0000cos0

77

22

CkNNNFNNF

y

x α


77

E

B

A

D

Resumo: (T) tração

(C) compressão

b 1 2 3 4 5 6 7 N(kN) 0,25(C) 0 0,20(T) -0,2(T) 0 0,25(C) 0,6(C)

N4

0,75

N6

N1 N5

0,25

0,25

0,2

0,15

N3

0,6

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−=∴

=⇒=⋅−−⇒=Σ=⋅+⇒=Σ

)(2,0

)(25,00sen6,075,000cos0

4

66

64

TkNN

CNNNFNNF

y

x

αα

0,3

⎩⎨⎧

=⇒=×+×+−⇒=Σ=⇒=×−⋅⇒=Σ

00sen25,0sen25,03,00)(25,00cos25,0cos0

55

11

NNFCkNNNF

y

x

αααα

0,2 )(2,00 3 TkNNFx =⇒=Σ

⎩⎨⎧

→=⇒=×−⇒=Σ→=⇒=+×−⇒=Σ

!000sen25,015,00!0002,0cos25,00

OKFOKF

y

x

αα


78

B A

B 1

5 6

10 11

F G

78

129

2 3

4

13

C D

H

E

S

S

A

B 1

5 6

10

F

2 C

S

S

B11

G

78

129

3

4

13

D

H

E

S

S

N2

N6

N11 N11

N6

N2

II) Método das seções (ou método de RITTER) Consiste em seccionar o sistema cortando 3 barras e estabelecer o equilíbrio de todas as forças de um lado da seção com as forças das 3 barras seccionadas. É indiferente analisar-se o equilíbrio da parte da esquerda ou da direita ou 3 equações gerais da Estática: ou

6

2

11

000

NFNMNM

y

F

D

⇒=Σ⇒=Σ⇒=Σ

6

2

11

00

0

NFNF

NM

y

x

D

⇒=Σ⇒=Σ

⇒=Σ


79

B

A

1

6

F

7

8

5

2 3

4

C D

G

E

9 10 11

1,00 1,00 1,00 1,001,00

1,00

1t 1t 1t

VA = 1,5 VB = 1,5

HA = 0

S1

S1

S3

S3

S2

S2

A

C

1t

1,5

N2

N5

N8

F

S1

S1

Exemplo: Solução: Seção 1-1:

1,00

⎩⎨⎧

=∴=×−×−×−×

⇒=ΣtfV

VM

B

BA 5,1

000,5100,3100,1100,60

⎩⎨⎧

=∴=−−−+

⇒=ΣtfV

VF

A

Ay 5,1

01115,10

00 =⇒=Σ Ax HF


80

D

B

G

E

1t

1,5

ou 2

S2

S2

- 2

Seção 2-2:

⎩⎨⎧

=−=∴=×+×−×

⇒=Σ)(2

000,100,1100,25,10

32

2

CNtfNN

M F

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==∴

=⋅−−⇒=

)(22

045sen15,10

118

8

TNtfN

NFyΣ

⎩⎨⎧

==∴=×−×

⇒=Σ)(5,1

000,15,100,10

75

5

TNtfNN

M C

⎩⎨⎧

=∴=×−×+×

⇒=Σ)(5,2

000,35,100,2100,10

6

6

TtfNN

M D

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=−=∴

=⋅+−⇒=

)(22

045sen15,10

910

10

CNtfN

NFyΣ


81

A

B A

VA VB

C

D E F G H I J K

h

P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8

S2

S2 S1

S1

O3

D3

U3

V3

ϕ

Seção 3-3 por RITTER ou usando o método anterior (equilíbrio dos nós): Observações:

- A seção S-S deve cortar preferencialmente 3 barras não paralelas e não concorrentes em um mesmo ponto;

- A seção S-S deve ser contínua e não precisa ser uma reta; - A seção S-S deve começar e terminar fora da estrutura; - A seção S-S não pode cortar 2 vezes a mesma barra; - Quando a treliça for de altura constante e o carregamento for vertical, o cálculo pelo método de

RITTER, recai no cálculo de uma viga de substituição. Exemplo:

1,5

N1

1,5

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

→−=⇒=⋅+⇒=Σ

→−=⇒=⋅+⇒=Σ

)(2

23045sen5,10

)(12

23045cos5,10:

11

11

CtfNNF

CtfNNFA

y

x


82

A

VA

D E F G

P1 P2 P3

S1

S1

O3

D3

U3

F’

d

e f g h

i

j k

P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8

VA VB

Seção S1-S1: com Viga de substituição:

0

0

3

3

=×−

⇒=Σ

hUM

UM

g

G

Mg = momento na seção g da viga de substituição, de mesmo vão e mesmo carregamento

3322111 llll ×−×−×−×= PPPVM Ag

Obs.: li = braços de alavanca

0

0

3

3

=×+

⇒=Σ ′

hOM

OM

f

F

22111 lll ×−×−×= PPVM Af

hM

U g+=∴ 3

hM

O f−=∴ 3


83

A

VA

D E F G

P1 P2 P3 P4

S2

S2

V3

B A

VA VB

C D E F G

h = 3,00

2t 2t 2t 2t 2t

O1

V3

3,00 3,00 3,00 3,00

E’

O2 O3 O4

V0 V1 V2 V4

U1 U2 U3 U4

D1 D2 D3 D4

Seção S2-S2: Exercício:

0sen0sen)(

0

3

3321

3

=×+=×+−−−

⇒=Σ

− ϕϕ

DQDPPPV

DF

gf

A

y

00)(

0

3

34321

3

=−=−−−−−

⇒=Σ

− VQVPPPPV

VF

hg

A

y

gfQD −⋅−=∴ϕsen

13

hgQV −=∴ 3


84

g c

5t 5t

d e f

2t 2t 2t 2t 2t

9 9 12

(+)

3

-3

1

-1

(+)

(-)

Solução: Viga de substituição e seus diagramas DMF(tfm): DEC(tf) Teremos: - barras O:

0/

33/9/33/9/

0/

4

3

2

1

=−=

−=−=−=−=−=−=

=−=

hMO

hMOhMOhMO

g

f

d

c


85

A

5

C D

2 2

A

5

C

2

D1

S1

S1

D2

S2

S2

B

5

F G

2 2

D3 D4

S3

S3

ou

ou

ou

- barras U: - barras D:

2345sen

3

045sen250

1

1

−=−=∴

=×+−⇒=Σ

D

DFy

3/4/

43/12/33/9/

4

3

2

1

====

======

hMUhMUhMUhMU

f

e

e

d

2

045sen2250

2

2

−=∴

=×+−−⇒=Σ

D

DFy

2

022545sen0

3

3

−=∴

=−−+×⇒=Σ

D

DFy

dcQD −=−=∴ϕsen

11

edQD −−=∴ϕsen

12

feQD −=∴ϕsen

13

feQ −−


86

B

5

G

2

D4

S4

S4

A

5

C D

2 2

V1

S1

S1

B

5

F G

2 2

V3

S2

S2

ou

- barras V:

23

02545sen0

4

4

−=∴

=−+×⇒=Σ

D

DFy

ed

y

QVVF

−==∴

=−−−⇒=Σ

102250

1

1

fe

y

QV

VF

−−==∴

=+−−−⇒=Σ

1

05220

3

3

gfQD −=∴ϕsen

14

gfQ −−


87

C

2

E’

V2

V0

4 4

0

1

-3 -3 0

-2 1 0 -2

3 4 4 3

Resumindo:

40

0

2020

VVVFy

=−=∴

=−−⇒=Σ

00 2 =⇒=Σ VFy

23− 23−2− 2−


88

S2

C’

A

A’ D’ O1

V3

2,00 2,00 2,00 2,00

C

O2 O3

V0i V1i V2i

U1 U2 U3

D1i D2i D3i

h/2 = 2,00

B

Va = 5 Vb = 5

2t 2t 2t 2t 2t

h/2 = 2,00

D E F G

V0s

ϕ

D1s V1s D2s V2s

D3

S1

S1

S2 S3

S3

a c

b

2 2 2 2 2

d e f g

2,00 2,00

10 10

16 1618

(+)

Exercício: Treliça de Hassler: Solução: Viga de substituição e seus diagramas DMF(tfm):


89

5 3

1 (+)

(-) -5 -3

-1

A

A’ O1

U1

V0s

S1

S1

5

V0s

V0i

S2

A

A’

U1D1i

S2

5

D1s

ϕ

ϕ

0

0

DEC(tf):

⎪⎩

⎪⎨⎧

==∴

=×−⇒=Σ ′ 0

00

1

1

hM

U

hUMM

a

a

A

⎪⎩

⎪⎨⎧

=−=∴

=×+⇒=Σ

0

00

1

1

hM

O

hOMM

a

a

A

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

===−=∴

===−=∴

th

MOU

th

MOU

d

c

0,44

16

5,24

10

33

22

0sensen50 11 =⋅+⋅−⇒=Σ ϕϕ siy DDF

⎩⎨⎧

−=∴=⋅+⋅

⇒=Σsi

six DD

DDF

11

11 0coscos0

ϕϕ

tD

tQD

DD

s

aci

si

225

225

sen21

sen25

0sensen5

1

1

11

−=∴

=⋅×

=×

=∴

=⋅+⋅−∴

ϕϕ

ϕϕ

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−=∴

=−=∴

tDD

tDD

si

si

222

23

33

22


90

C

A’ 0

V0s

C’ ϕ

V1s

2,5 0

D’ ϕ

V2s

4,0 2,5

A

A’ 0

0

V0s

S1

S1

5

0

V0i

C’

A

A’

S3 5 2

2,5

2,5

V1i

2,5

00 0 =⇒=Σ sy VF2

25

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==∴

=−×⇒=Σ

tV

VF

s

s

y

5,225

0sen2

25

0

1

1ϕ

223

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==∴

=−×⇒=Σ

tV

VF

s

s

y

5,123

0sen2

23

0

2

2ϕ

⎩⎨⎧

−=∴=+

⇒=ΣtV

VF

i

iy 5

050

0

0

⎩⎨⎧

−=∴=+−−

⇒=ΣtVV

Fi

iy 5,0

05,2250

1

1


91

0

D

C’

A

A’ D’

C

S4

S4

E

V3

2

5 2 2

4,0

1,5

V2i

4,0

4,0 ϕ 4,0 ϕ

0

1,0

-2,5 -4,0

-5

0

-4,0 -2,5 0

0

-5

2,5 2,5

-0,5 -0,5 0,5 0,5

1,5 1,5

0 2,5 4,0 4,0 2,5

Resumo:

22

⎩⎨⎧

=∴=+−−−−

⇒=ΣtV

VF

i

iy 5,0

05,12250

2

2

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=∴

=−×+⇒=ΣtV

VFy

0,1

02sen2

220

3

3 ϕ

2

25−

2

25−

2

25

2

25

2

23−

2

23−

2

23

2

232

2

2

2

2

2−

2

2−


92

D A

2

E

l l

l

3P

VA = 2P VD = P

HA = 3P C B

3P

F 1

3 4 56

7 8 9

b a e

dc

f hi

g

Nós percorridos: A, E, B, F, D e C.

III) Cremona Roteiro: 1 - Verificar a isostaticidade da treliça; 2 - Calcular as reações de apoio;

3 - Atribuir uma letra (minúscula) diferente a cada intervalo entre duas forças externas aplicadas nos nós do contorno da treliça, assim como a cada triângulo formado pelas barras da treliça;

4 - Cada letra minúscula corresponde a um ponto do cremona, assim como a força externa

ou o esforço na barra compreendidas entre duas letras correspondente ao segmento de reta que una os pontos correspondentes a estas duas letras no cremona;

5 - Começando por um nó com apenas duas incógnitas (duas barras de esforços

desconhecidos), analisamos o seu equilíbrio graficamente, desenhando todas as forças que nele atuam, respeitando as suas direções, sentidos e módulos (todas na mesma escala);

6 - As forças são desenhadas em uma sequência tal que contornemos o nó no sentido

horário, partindo de qualquer força conhecida;

7 - Em seguida analisa-se o equilíbrio de outro nó, com apenas duas incógnitas, aproveitando-se o desenho já feito, e assim por diante, de forma que o desenho final (cremona) conterá todos os pontos (letras) e todas as forças da treliça.

l


93

b,d

a

e

c

fh

i

g

A B

6t 6t

6t 7

b

aNós percorridos: A, G, F, E, D, C e B. 6,00

2t

2t

2t

6,00

6,00

6,00 6,00 6,00

6,00

1

2

3 4

5

68

9

10

11

k

j e

d

i

h

cg

f

C D

E F

G

Escala:

⇔ 1tf

Observação: Durante o traçado do cremona, não precisamos nos preocupar se o esforço normal obtido é de tração ou de compressão

Exemplo: Obter o esforço na barra BF Pelo nó F: ⇒ esforço = hg (nó sempre percorrido no sentido horário);

(compressão, pois converge para o nó). ou Pelo nó B: ⇒ esforço = gh (compressão, pois converge para o nó). Exercício:


94

a

b c d e

k

g h

i j

-2,0

6,4

4,8

3,2 -3,2

-3,2

-4,8-2,9

3,0

-2,2

2,0

Escala:

⇔ 1tf


95

9.0 Princípio dos trabalhos virtuais: 9.1 Princípio de d`Alembert:

Para um ponto material em equilíbrio ( ), o trabalho virtual realizado pelo sistema de forças reais em equilíbrio que atua sobre o ponto, quando este sofre um deslocamento virtual arbitrário qualquer, é nulo:

9.2 Extrapolação dos teoremas gerais da Mecânica: a) Corpos rígidos:

Para um corpo rígido em equilíbrio, a soma algébrica dos trabalhos virtuais de todas as forças (reais) que sobre ele atuam é nula, para todos os deslocamentos virtuais arbitrários (compatíveis com os vínculos do corpo) que lhe imponhamos.

b) Corpo elástico:

Para um corpo elástico, que atingiu sua configuração de equilíbrio, o trabalho virtual total das forças externas que sobre ele atuam é igual ao trabalho virtual das forças internas (esforços simples) nele atuantes, para todos os deslocamentos virtuais arbitrários (compatíveis com os vínculos do corpo) que lhe imponhamos.

trabalho virtual

deslocamento virtual

m m1

0=Rr

P2 P1 Pi

Pn δr

0=⋅= δrr

RW


96

9.3 Princípio dos trabalhos virtuais:

É condição, necessária e suficiente, para que um sistema de forças esteja em equilíbrio que, para qualquer deslocamento virtual passível de se realizar, a soma dos trabalhos virtuais do sistema de forças seja nulo.

9.4 Cálculo de deformações (Fórmula de Mohr): Seja a estrutura dada um corpo elástico

δ2

R2H

R1V

F1

F2

F3

R2V

δ1 δ3

0332211 =×+×+× δδδrrr

FFF

Pi

RA VB

A B

. . dS P1 Pn

∆

m

δ

Estado de deformação: Esforços:

M, N e Q Deformações relativas: dϕ, ∆ds, e dh


97

Da Resistência dos Materiais, temos: ( rotação relativa de duas seções distantes de ds, devida a M ); ( deslocamento axial relativo de duas seções distantes de ds, devida a N ); ( deslizamento relativo de duas seções distantes de ds, devida a Q ); sendo: E = módulo de elasticidade longitudinal do material; G = módulo de elasticidade transversal; J = momento de inércia da seção transversal em relação ao eixo neutro; S = área da seção transversal; χ = coeficiente de redução, resultante da distribuição não uniforme das tensões cisalhantes, cujo valor

varia com o tipo de seção. Seja calcular o deslocamento δ, no ponto m, na direção ∆: Seja agora: Então: Trabalho virtual das forças externas (cargas): (as reações não realizam trabalho)

EJMdsd =ϕ

ESNdsds =∆

GSQdsdh χ

=

A B

. . ∆

δ

Estado de carregamento: Esforços:

, e Deformações relativas:

BVAR

1=P QM N

ϕϕ dd =

dsds ∆=∆

dhhd =

δ⋅= PWext


98

Trabalho virtual das forças internas: Igualando-se: (Fórmula de Mohr) Observações:

a) A escolha do estado de carregamento deve ser tal que a carga associada à deformação δ, que se deseja calcular, nos forneça um trabalho virtual de forças externas igual a , sendo, pois, função da deformação a calcular e pode ser tabelado;

b) O estado de deformação pode ser provocado por:

- carregamento externo; - variação de temperatura; - movimentos (recalques) de apoio; - modificações impostas na montagem.

c) No caso mais geral (estruturas no espaço), teríamos a acrescentar ao trabalho virtual das forças

internas: sendo: Jt = momento de inércia à torção da seção ≠ Jp (momento de inércia polar).

d) Usualmente, na prática, podemos desprezar as parcelas: (exceto em caso de vãos muito curtos e cargas muito elevadas)

(exceto nos casos de arcos, escoras, tirantes, barras de treliça, pilares esbeltos e peças protendidas em geral)

∫ ∫∫∫ ∫∫ ++=+∆+=l lll ll GS

QdsQESNdsN

EJMdsMdhQdsNdMW χϕint

∫ ∫∫ ++=∴l ll GS

QdsQESNdsN

EJMdsM χδ

δ⋅PP

∫∫ =ll

tGJTdsTdT θ

∫ =l

0GS

QdsQχ

∫ =l

0ESNdsN

∫ ∫∫ ++=⋅l ll GS

QdsQESNdsN

EJMdsMP χδ


99

Exercício:

Calcular o deslocamento horizontal em D Solução: a) Estado de carregamento: DMF(tm): b) Estado de deformação: DMF(tm):

5t

5,00

3,00

A

B C

D

1

2

3

EJ = 2x104tm2 (constante)

-3

-3

-3 (-)

(-)(-)

1 x

-x

1=P

M


100

c) Cálculo de δ : Sendo EJ constante, temos: = 0

(Obs.: o sinal negativo significa que a deformação tem sentido contrário à força unitária aplicada)

Resposta: O deslocamento em D vale 7,88mm para a direita. Observação: As integrais representam trabalho de deformação na barra correspondente e, trabalho

independe do sistema de coordenadas adotado. Podemos então escolher livremente, para cada barra, um sistema de coordenadas para fins de cálculo das integrais.

9.5 Uso de tabelas para cálculo de : Kurt Beyer tabelou para diversos tipos de diagramas a integral , sendo Jb uma

inércia arbitrária chamada de inércia básica (usualmente igual à menor das inércias das barras). Então,

(+)

5 x

5x M

5

x

3x

3 3

∫∫∫∫∫∫ +=++==⋅21321

dsMMdsMMdsMMdsMMdsMMdsMMEJl

δ

mmm

dxxdxxxEJ

88,710875,7

5,157)3()3())(5(3

3

0

5

0

−=×−=∴

−=−−=⋅−

∫ ∫δ

δ

∫ EJdsMM

∫barrabarra

b dsMMJ

J


101

Exercício: Calcular a deformação no nó A

J1

J2 J3

J4

∑ ∫

∑∫∫

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⋅

==

barrabarra

bb

barrabarra

dsMMJ

JEJ

EJdsMM

EJdsMM

δ

δl

J1A = 100

A B

1 2

J2B = 100

J12 = 200

2t/m

8,00 δ

5,00

E = 210t/cm2 Jb = 100dm4

)( bEJ×


102

Solução: DMF(tm):

00,420010000,8

00,510010000,5

1212

21

11

=×==′

′==×==′

JJJJ

b

BA

bAA

ll

lll

M

8 8

16 (+)

M

1

-5 (-)

1=P

-5 -5

(-) (-)

=⋅δbEJ-5

x x 5−=M

16=mM

+ +

-5 x

= 0

= 0

.)(32 TABMM m →′l

mmm

tmEJb

2,10010159,0100210

333,213

333,213)5(1600,432 3

−=−=×

−=∴

−=−×××=⋅

δ

δ


103

C

B

5 4

6

3

2 A 1

2t 2t

3,00 3,00

3,00

ES =104t (constante)

N

26

2 2

2

-2

Exercício: Para a treliça dada, pedem-se: 1o) Deslocamento em A

2o) Modificações de comprimento da barra 5 para que o ponto A fique no mesmo nível de B

1o) Deslocamento em A: Solução: a) Estado de deformação: EN(t):

24− 22−


104

12

1

-1

b) Estado de carregamento: EN(t): c) Cálculo de : Observação: Se as áreas das barras fossem diferentes, teríamos: 2o) Variação de comprimento da barra 5 : Empregando-se o mesmo estado de carregamento do item anterior, vamos dar uma variação virtual

de comprimento à barra 5 tal que o ponto A tenha um deslocamento (também virtual) de ( ).

Teremos:

2− 2−N

Aδ

( )

+××+×−−+××+××=⋅∴

⋅=⋅

=

∑

∑∫

3123)1)(2(312)326(A

barraA

barraA

ES

NNES

ESdsNN

δ

δ

δ

l

∑ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×=⋅

barra

barraA S

NNEl

δ

tm10523)2)(22(23)2)(24( =×−−+×−−+

cmmA 05,10105,010105

4 ===⋅∴ δ

1=P

δ ′Aδ−


105

Trabalho virtual das forças externas: Trabalho virtual das forças internas: Igualando, obtemos: A barra 5 deve ser montada, pois, com um comprimento 0,74cm superior ao seu comprimento teórico. Observações: a) Este exemplo mostra a forma pela qual podemos dá contra-flechas em treliças;

b) O problema pode ser resolvido variando-se o comprimento de qualquer barra da treliça, desde que seu esforço normal seja diferente de zero.

9.6 Deformações devidas à variação de temperatura:

)05,1()1()( cmtP A −⋅=−⋅ δ

δδ ′⋅−=′⋅ )2(5 tN

cm74,02

05,1==′∴δ

N

m

te

Estado de deformação: Esforços nulos Deformações relativas:

dsh

ttd ei ⋅−

⋅=)(αϕ

dstds g ⋅⋅=∆ α

0=dh

ti ∆

δ h

Seção transversal:


106

Os ensaios de laboratório indicam que no estado de deformação, temos:

a) Deslocamento axial relativo: , sendo tg a variação de temperatura no centro de gravidade;

b) Rotação relativa: , sendo α o coeficiente de dilatação

linear. Calcular o deslocamento δ no ponto m e na direção ∆: Supondo seção constante, temos:

Estado de carregamento: Esforços:

, e

Deformações (virtuais) relativas:

QM N

ϕϕ dd =

dsds ∆=∆

0=hd

ds

h CG

1S 2Sϕd

dste ⋅⋅α

dstg ⋅⋅α

dsti ⋅⋅α

dstds g ⋅⋅=∆ α

dsh

tdsh

ttad ei ⋅

∆⋅=⋅

−⋅=

αϕ)(

m δ

1=P

∫∫∆⋅

+⋅⋅⋅=⋅ll

dsh

tMdstNP gααδ

ϕd


107

Observações: 1) Se as barras não tiverem seção constante:

2) Convenção de sinais: tração; tracionar as fibras internas da estrutura; quando se tratar de aumento de temperatura;

3) O valor de δ não é afetado pela existência de esforço cortante nem de momentos torçores no estado de carregamento.

Exercício: Calcular o deslocamento horizontal no ponto B

∫∫ ⋅∆⋅

+⋅⋅=⋅ll

dsMh

tdsNtP gααδ

MNg Ah

tAtP ⋅∆⋅

+⋅⋅=⋅∴ααδ

Área do diagrama de momento fletor

Área do diagrama de esforço normal

∫∫⋅

∆⋅+⋅⋅=⋅ll h

dsMtdstNP g ααδ

:)(+N

:)(+M

:)(),(),( +++ gei ttt

)( ei ttt −=∆

A B

6,00

4,00

-10°C +70°C

α = 10-5/°C

b

h = 0,50m

h/2

h/2

te = -10°C

ti = +70°C

tg = +30°C


108

B A

Solução: Diagramas e no estado de carregamento 9.7 Caso particular (variação uniforme de temperatura ∆t = 0): Seja

NM

1 1=P

(+) 1t

(+)

(+) (+)

4tm 4tm 4tm

MN

=⋅∆⋅

+⋅⋅= MNg Ah

tAt ααδ

=×+×××+

+++=−

− )400,6400,4212(

50,0)1070(10)1)(00,6)(30(10

55

cmm 58,6106580 5 =×= −

m

∆

1=P

tg atuante (uniforme)

AR BR


109

Temos: sendo, φ = ângulo entre e a tangente ao eixo da estrutura numa seção genérica do trecho A-m;

γ = ângulo entre e a tangente ao eixo da estrutura numa seção genérica do trecho B-m, assim, as integrais podem ser reescritas sob a forma: Trabalho realizado por ao percorrer a trajetória A-m Trabalho realizado por ao percorrer a trajetória B-m da Mecânica Racional, sabe-se que o trabalho independe da trajetória, dependendo apenas de seus pontos extremos, então: Exercício: Calcular o deslocamento horizontal em B devido a um aumento uniforme de 20°C

AR

BR

∫∫ ∆⋅+⋅⋅⋅=⋅ll

dshMtdstNP g ααδ

01

=∆=

tP

dsRtdsRtdsNtm

A B

m

BgAgg ∫ ∫∫ ⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅= γαφααδ coscosl

==∫∫ sdRdsRm

A A

m

A A

rrφcos

==∫∫ sdRdsRm

B B

m

B B

rrγcos

ARr

BRr

Para calcular deformações em estruturas isostáticas devida a uma variação uniforme de temperatura, a estrutura pode ser substituída por outra qualquer, desde que contenha os mesmos vínculos e pontos de aplicação de carga do estado de carregamento.

A B

10,00m

α = 10-5/°C

y

x


110

Solução: Substituição

1t tP 1=

N

+1t

mmmAt Ng 2002,0)100,10(2010 5 ==×××=⋅⋅=∴ −αδ


111

TABELA: Cálculo de para barras retas de comprimento l e inércia J.

M

MMMl′

BM

BMMl ′21

BMAM mM BM BM M

l⋅α l⋅β

BM

AM

BMAM

mM

BM

AM

BM

AM

M

l⋅α l⋅β

)(21

BA MMM +′lmMMl ′

32

BMMl ′32

BMMl ′31 MMl ′

21

MMBl ′21

MM Al ′21

)(21

BA MMM +′l

MM ml ′32

MM Bl ′32

MM Al ′32

MM Bl ′31

MM Al ′31

MMl ′21

BB MMl ′31

BAMMl ′61

)2(61

BAB MMM +′l

BmMMl ′31

BB MMl ′125

BAMMl ′41

BBMMl ′41

BAMMl ′121

)1(61 α+′ MM Bl

)2(61

BAB MMM +′l

)2(61

BAA MMM +′l

)]2(

)2(61

BAB

BAA

MMM

MMM

++

+′ [l

)(31

BAm MMM +′l

)5

3(121

B

AB

M

MM +′l

)3

5(121

B

AA

M

MM +′l

)3

(121

B

AB

M

MM +′l

)

3(121

B

AA

M

MM +′l

])1(61

B

A

M

MM

α

β

++

+′ )(1[l

mBMMl ′31

mAMMl ′31

)(31

BAm MMM +′l

mmMMl ′158

mBMMl ′157

mAMMl ′157

mBMMl ′51

mAMMl ′51

)1(31 αβ+′ MM ml

BB MMl ′125

BAMMl ′41

)5

3(121

B

AB

M

MM +′l

BmMMl ′157

BBMMl ′158

BAMMl ′3011

BB MMl ′103

BAMMl ′152

)5(121

2ββ −−

×′ BMMl

BBMMl ′41

BAMMl ′121

)3

(121

B

AB

M

MM +′l

BmMMl ′51

BB MMl ′103

BAMMl ′152

BBMMl ′51

BAMMl ′301

)1(121

2αα ++

×′ BMMl

)1(61 α+′ MM Bl

)1(61 β+′ MM Al

)]1(

)1(61

α

β

++

+′

B

A

M

MM [l

)1(31 αβ+′ MM ml

)5(121

2ββ −−

×′ MM Bl

)5(121

2αα −−

×′ MM Al

)1(121

2αα ++

×′ MM Bl

)1(121

2ββ ++

×′ MM Al

MMl ′31

∫ dsMMJJb ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=′

JJ bll

unifor_-_notas_de_aula_estatica_i_-_gulielmo

Documents