ESTÁTICA – DEC 3674
27
3 Estática das estruturas planas
3.1 Cálculo das reações vinculares - apoios
3.1.1 Condições de equilíbrio estático
O equilíbrio estático de uma estrutura bidimensional (a estrutura considerada, as forças sobre
ela aplicadas, as conexões e vínculos estão contidas no plano da figura) é dado por:
Σ FH = 0
Σ FV = 0 e Σ M(i) = 0
Sendo i um ponto qualquer da estrutura.
Veja a figura abaixo.
FH
1,0 m
A
D
C
ΣFH = 0
B
F1
5 kN
RHC
ΣM(i) = 0
F2
10 kN
4,0 m
2,0 m
ΣFV = 0
RVC
Me
Md
C
Σ FH = 0
Não existem forças horizontais aplicadas, portanto RHC = 0.
Σ FV = 0
As forças verticais atuantes são FA = 5 kN e FB = 10 kN, portanto RVC = 15 kN
Σ M(i) = 0
Para qualquer ponto da estrutura, os momentos a esquerda e à direita deste ponto, deverão ser
de mesma intensidade e sentidos opostos, i é, sua soma deve ser nula.
Σ M(C) = 0
5 x 4 = 10 x 2
20 (anti-horário) = 20 (horário)
Isto vale para qualquer ponto da estrutura, más, alguns pontos oferecem algumas facilidades,
por exemplo, a somatória dos momentos no ponto C, não considera a reação RVC pois esta
está aplicada no ponto C e portanto seu braço é nulo. O ponto D, ao contrário, considera todas
as forças aplicadas na estrutura.
Σ M(D) = 0
5 x 1 = (10 x 5) – (15 x 3)
5 (anti-horário) = 5 (horário)
ESTÁTICA – DEC 3674
28
3.1.2 Cálculo das reações de apoio
Determinar as reações de apoio para as vigas representadas abaixo
P
ℓ/2
A
P
ℓ/2
ℓ
A
x
A
B
P
B
ℓ
a)
ℓ
b)
p
B
A
p
B
ℓ
A
kℓ
ℓ
d)
e)
B
A
B
a
ℓ
f)
p1
p
Kℓ
c)
p
A
B
x
P
p2
A
B
ℓ
A
B
ℓ
g)
Kℓ
ℓ
h)
i)
p = 12 kN/m
P = 20 kN
p = 15 kN/m
A
A
B
2,0 m
1,2 m
1,2 m
1,0 m
60º
p = 12 kN/m
B
5,0 m
2,0 m
1,0 m
P = 20 kN
2,0 m
k)
j)
A figura abaixo mostra uma Viga Gerber. São três vigas, sendo que a central é apoiada nas
extremidades dos balanços das outras duas. Como devem ser os apoios E e F? Determine
todas as reações.
p = 12 kN/m
A
1,2 m
B
4,0 m
E
1,2 m
F
3,0 m
C
1,2 m
D
4,0 m
1,2 m
ESTÁTICA – DEC 3674
29
3.2 Análise de treliças pelo método dos nós
Nas treliças os nós são articulações perfeitas, sem força de atrito, as forças são aplicadas
apenas nos nós e, as barras transmitem apenas esforços normais. Para o equilíbrio do nó
devem ser satisfeitas as seguintes equações:
Σ Fx = 0
Exemplo 01:
1000
1000
Σ Fy = 0
e
B
B
β
3,0 m
3,0 m
4,243 m
A
RHA
C
A
3,0 m
tg β = 3/3 = 1
tg α = 3/3 = 1
C
3,0 m
RVA
α
RVC
α = β = 45º
sen 45º = cos 45º = 0,7071
Reações:
Σ M(A) = 0
0 = RVCx3 - 1000x3
RVC = 1000
Σ Fx = 0
0 = RHA + 1000
RHA = -1000
Σ Fy = 0
0 = RVA + RVC
RVA = -1000
Equilíbrio dos nós
(+) Tração
(-) compressão
1000 N
Nó B
Σ FH = 0 = 1000 + RBC sen β
FBC = -1000 / sen β
Σ FV = 0 = RBA + FBC cos β
FAB = - FBC cos β = 1000 N
B
FBA
FBC = - 1414,2 N
β
FBC
FCB
Nó C
Σ FV = 0 = RVC + FCB sen α
FCB = - RVA / sen α = -1414,2 N ok!!!!!!
Σ FH = 0 = FCA + FCB cos α
FCA = - FBC cos α = 1000 N
Nó A
α
FCA
RVC
RHA
Σ FV = 0 = RVA + FAB
FAB = - RVA = 1000,0 N ok!!!!!!
Σ FH = 0 = RHA + FAC
FAC = - RBA = 1000,0 N ok!!!!!!!
C
FAB
A
FAC
RVA
ESTÁTICA – DEC 3674
Solução Final
30
1000 N
Observe que foi feito equilíbrio dos
45º
nós. Se a barra é tracionada ela
FBC = FCB = - 1414,2 N
Compressão na barra
FAB = FBA = 1000,0 N
Tração na barra
comprime o nó e vice-versa. Assim,
uma força de tração no nó implica em
45º
uma de tração na barra, com mesma
1000 N
1000 N
intensidade e direção.
FAC = FCA = 1000,0 N
Tração na barra
1000 N
Exemplo 02: Calcular a treliça abaixo
Reações de apoio
3,0 m
B
C
500 N
B4
500 N
3,0 m
B2
B3
B5
B1
B7
2,5981 m
H
B6
A
3,0 m
E 1000 N
3,0 m
3,0 m
RHA
RVA
D
3,0 m
1000 N
RVD
Σ M(A) = 0 = (-1000x3)+(-500x2,5981)+RVDx6
RVD = 716,51 N
Σ Fx = 0 = RHA + 500 = 0
RHA = -500 N
Σ Fy = 0 = RVA + RVD - 1000 = 0
RVA = -716,51 + 1000
RVA = 283,49 N
Equilíbrio dos nós
Nó A
B2
60º
RHA
RVA
B1
Σ Fy = 0 = RVA + B2 sen60º
B2 = - 327,35
Σ Fx = 0 = RHA + B2 cos60º+B1
B1 = +500+163,68 = 663,68
Nó B
B2
60º
B4
60º
B3
Σ Fy = 0 = B2 sen30º + B3 sen30º
B3 = -B2 = + 327,35
Σ Fx = 0 = -B2 cos60º + B4+ B3 cos60º
B4 = 2x(-327,35x0,5) = -327,35
ESTÁTICA – DEC 3674
31
Nó E
B3
60º
B1
B5
60º
B6
1000
Σ Fy = 0 = B3 sen60º + B5 sen60º-1000
B5 = (1000-327,35/2) / 0,866
B5 = 827,35
Σ Fx = 0 = -B1-B3 cos60º+B5 cos60º+ B6
B6 = 663,68 + 327,35x0,5 – 827,35x0,5
B6 = 413,68
Nó C
B4
B5
500
60º
60º
B7
Σ Fy = 0 = B5 sen60º + B7 sen60º
B7 = -B5 = - 827,35
Σ Fx = 0 = -B5 cos60º - B4+ B7 cos60º+500
0 = -827,35x0,5 + 327,35 – 827,35x0,5 + 500 = OK!!!!!!!!
Nó D
B7
60º
B6
Σ Fy = 0 = B7 sen60º + 716,51
B7 = -716,51/0,866 = - 827,35
Σ Fx = 0 = -B7 cos60º - B6
RVD
716,51
B
B6 = 0,5x827,35 = 413,68
Resultados
C
500 N
B4
RVD = 716,51 N
B5
B3
B2
B7
RHA = -500 N
RVA = 283,49 N
A
RHA
RVA
B1
E
B6
1000 N
D
RVD
B1 = 663,68
Tração
B5 = 827,35
Tração
B2 = - 327,35
Compressão
B6 = 413,68
Tração
B3 = 327,35
Tração
B7 = - 827,35
Compressão
B4 = -327,35
Compressão
ESTÁTICA – DEC 3674
32
3.3 Análise de treliças pelo método das seções – Processo de Ritter
Separando uma treliça em duas partes, por um corte imaginário, as cargas aplicadas numa das
partes devem formar um sistema em equilíbrio junto com as forças incógnitas, agindo nas
barras cortadas. Em muitas treliças as barras são distribuídas de tal forma que o corte encontra
apenas 3 barras. As 3 condições de equilíbrio de uma das partes são então suficientes para
obter as 3 incógnitas.
O processo de RITTER baseia-se neste raciocínio e usa como condição de equilíbrio três
equações de momento, escolhendo como pontos de referência os pontos de encontro de duas
das forças incógnitas. Desta forma cada equação de equilíbrio conta com apenas uma
incógnita.
12 KN
F
VA
E
4
HA
5
8
9
10
1
3,36 m
11
2
C
A
12 KN
6
18 KN
3,36 m
10,08 m
G
VB
1,26 m
15 KN
7
3
D
2,24 m
13,5 KN
B
3,36 m
Cálculo das reações
Σ M(A) = 0
= 15x1,68 - 18x3,36 – 13,5x2,24 – 12x5,04 – 12x8,4 + VBx10,8 = 0
VB = (25,2 – 60,48 – 30,24 – 60,48 – 100,8) / 10,8 = 22,5 kN
Σ Fy = 0
VA = -15 + 18 + 12 + 12 – 22,5
Σ FX = 0
HA = 13,5 kN
VA = 4,5 kN
Agora vamos fazer um corte imaginário passando pelas barras 5, 8 e 1 separando a treliça em
duas. A figura a seguir mostra a parte esquerda da treliça com os pontos de referência das 3
equações de ΣM = 0. Os pontos A, E e C são nós, o ponto O foi procurado como interseção
das barras 1 e 5. Os braços r1, r5 e r8 devem ser calculados como alturas de triângulos.
ESTÁTICA – DEC 3674
33
Observe que a “grande dificuldade” nesses problemas é a determinação dos ângulos dos
triângulos e braços de alavanca da forças, ou seja, nenhuma. Basta um pouco de atenção, veja:
F5
α
2,24–1,26 = 0,98
tgα = 0,98/5,04 = 0,2917
3,36
α = 16,26º
F5
r8
O
α
x1
r1 é dado do problema.
α
θ
E
r1
θ
A
r1 = 1,26 e no triangulo hachurado acima
tgα = 0,98/5,04 = 0,2917 = (r1) / (x1 + 0,5 . 3,36) ∴ x1 = 2,64
tgθ = 1,26 / (0,5 . 3,36) = 0,7619
senθ = (r8) / (2,64 + 3,36)
θ = 36,87º
r8 = 3,60 m
F5
E
O
α
x1
r5
A
no triangulo hachurado acima
senα = (r5) / (x1 + 3,36)
∴ r5 = 1,68
PRONTO !!!!!!!!!!
Σ M(O) = 0 = 15x(4,32) + 4,5x2,64 – N8x3,6
N8 = 21,3 kN
Σ M(C) = 0 = 15x(1,68) + 4,5x3,36 + N5x1,68
N5 = -24,0 kN
Σ M(E) = 0 = 13,5x(1,26) + 4,5x1,68 – N1x1,26
N1 = 19,5 kN
ESTÁTICA – DEC 3674
34
Observe que a grande vantagem do método das seções é possibilitar a determinação dos
esforços em barras sem a necessidade de resolver a treliça inteira.
Tanto faz estabelecer as equações de equilíbrio com as forças aplicadas na parte esquerda ou
na parte direita da treliça. Escolhe-se aquela parte na qual se encontram menos forças externas
que é a parte esquerda no exemplo.
Toda parcela recebe seu sinal conforme o sentido de giro em relação ao ponto em questão,
considerando arbitrariamente um dos dois sentidos como positivo. As incógnitas são supostas
como trações nas barras; quando resulta um valor positivo, a barra recebe tração como
aconteceu nas barras 1 e 8; quando o resultado é negativo, a barra recebe compressão como a
barra 5.
Se a configuração da treliça não permite cortes que passem por apenas 3 barras, o processo de
RITTER não pode ser aplicado. Uma exceção é a "treliça K" muito usada em
contraventamentos de pontes metálicas. O corte indicado na figura II encontra as barras 3, 11,
23, 33. As forças nas barras 11, 23, 33 passam pelo ponto d e desta forma resulta N3
diretamente da equação Σ Md = 0.
1
7
2
8
21
20
9
22
30
A
10
23
3
11
24
33
4
12
25
13
26
34
14
27
5
15
28
35
6
17
16
29
18
31
19
30
37
36
B
Exercício: Resolva a treliça abaixo pelo método das seções
B
3,0 m
HA
A
RA
2
1
3,0 m
4
3,0 m
3
C
500 N
5
E
1000 N
7
3,0 m
6
D
RB
ESTÁTICA – DEC 3674
4 3 2
B
3,0 m
HA
4
2
3
A
RA
C
h = 3,0 . sen 60º = 2,5981 m
500 N
5
7
E
1
3,0 m
α = 60º (Triângulo eqüilátero)
4 5 6
3,0 m
35
Observe que são conhecidos:
3,0 m
RHA = 500,00 N,
6
D
RB
1000 N
RVA = 283,49 N e
RVD = 716,51 N
B
4
2
ΣM(E) = 0
1
(1)
B4 = - 327,3461
3
ΣM(A) = 0
HA
B4 . h + 3 . RVA = 0
B4 . h + B3 . h = 0
(2)
E
B3 = - B4 = 327,3461
A
RA
ΣM(B) = 0
1,5 . RA + HA . h = B1 . h
(3)
B1 = (1,5x283,49 + 500x2,5981) / 2,5981
B1 = 663,5949
B1 = 663,68
Tração
B3 = 327,35
Tração
B4 = -327,35 Compres
Observe que foram encontrados os mesmos resultados obtidos pelo equilíbrio dos nós, mas
agora se obteve os valores diretamente nas barras desejadas.