Estática das Estruturas

Estática das Estruturas

3 Estática das estruturas planas 3.1 Cálculo das reações vinculares - apoios

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.

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)

4,0 m2,0 m

A D C B 5 kN 10 kN

1,0 m ΣFH = 0

C Me Md

F1F2

ΣFV= 0 ΣM(i) = 0

3.1.2 Cálculo das reações de apoio Determinar as reações de apoio para as vigas representadas abaixo

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.

ℓ/2 P x A ℓ B x A a) b) c) ℓ B kℓ d) e) f)

Kℓ g) h) i) j) p = 12 kN/m

A 2,0 m B p = 15 kN/m P = 20 kN

60º P = 20 kN

1, 0 m p = 12 kN/m p = 12 kN/m

A B C D E F 1,2 m 4,0 m 3,0 m

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 e Σ Fy = 0 Exemplo 01:

tg β = 3/3 = 1 tg α = 3/3 = 1 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

Σ FH = 0 = 1000 + RBC sen β FBC = -1000 / sen β FBC = - 1414,2 N

Σ FV = 0 = RBA + FBC cos β FAB = - FBC cos β = 1000 N 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

Σ FV = 0 = RVA + FAB FAB = - RVA = 1000,0 N ok!!!!!! Σ FH = 0 = RHA + FAC FAC = - RBA = 1000,0 N ok!!!!!!!

3, 0 m

3, 0 m

RHA3,0 m RVCRVA

B 1000 N

Solução Final

Observe que foi feito equilíbrio dos nós. Se a barra é tracionada ela comprime o nó e vice-versa. Assim, uma força de tração no nó implica em uma de tração na barra, com mesma intensidade e direção.

Exemplo 02: Calcular a treliça abaixo Reações de apoio

Σ M(A) = 0 = (-1000x3)+(-500x2,5981)+RVDx6RVD = 716,51 N
Σ Fx = 0 = RHA + 500 = 0RHA = -500 N

Σ Fy = 0 = RVA + RVD - 1000 = 0 RVA = -716,51 + 1000 RVA = 283,49 N

Equilíbrio dos nós Nó A

Σ Fy = 0 = RVA + B2 sen60º B2 = - 327,35 Σ Fx = 0 = RHA + B2 cos60º+B1 B1 = +500+163,68 = 663,68

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

FBC = FCB = - 1414,2 N Compressão na barra

FAB = FBA = 1000,0 N Tração na barra

FAC = FCA = 1000,0 N Tração na barra

H B1

D 3,0 m

3,0 m

B2 B3 B4

B5 B6 B7

E1000 N
3,0 m3,0 m RHA

RVD 1000 N

60º B1

60º B3 B2

60º B4

B5 = 827,35

Σ Fy = 0 = B3 sen60º + B5 sen60º-1000 B5 = (1000-327,35/2) / 0,866

Σ Fx = 0 = -B1-B3 cos60º+B5 cos60º+ B6 B6 = 663,68 + 327,35x0,5 – 827,35x0,5 B6 = 413,68

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!!!!!!!!

Σ Fy = 0 = B7 sen60º + 716,51 B7 = -716,51/0,866 = - 827,35 Σ Fx = 0 = -B7 cos60º - B6 B6 = 0,5x827,35 = 413,68

Resultados

RVD = 716,51 N RHA = -500 N RVA = 283,49 N

B1 = 663,68 Tração B5 = 827,35 Tração

B2 = - 327,35 Compressão B6 = 413,68 Tração

B4 = -327,35 Compressão

B3 = 327,35 Tração B7 = - 827,35 Compressão

60º B7 B5

60º B4 500

60º B6 B1

B5 B3

B1 B C D

B2 B3

B4 B5

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.

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 = 2,5 kN

Σ Fy = 0 VA = -15 + 18 + 12 + 12 – 2,5 VA = 4,5 kN Σ FX = 0 HA = 13,5 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.

12 3

13,5 KN

15 KN 12 KN

24 m E

48 9 10 1 7
56

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:

tgα = 0,98/5,04 = 0,2917 α = 16,26º

r1 é dado do problemar1 = 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 θ = 36,87º senθ = (r8) / (2,64 + 3,36) r8 = 3,60 m no triangulo hachurado acima senα = (r5) / (x1 + 3,36) ∴ r5 = 1,68 PRONTO !!!!!!!!!!

Σ M(O) = 0 = 15x(4,32) + 4,5x2,64 – N8x3,6N8 = 21,3 kN
Σ M(C) = 0 = 15x(1,68) + 4,5x3,36 + N5x1,68N5 = -24,0 kN
Σ M(E) = 0 = 13,5x(1,26) + 4,5x1,68 – N1x1,26N1 = 19,5 kN

r5 O A x1

E F5 θ r1

O A x1

F5 α

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 I encontra as barras 3, 1, 23, 3. As forças nas barras 1, 23, 3 passam pelo ponto d e desta forma resulta N3 diretamente da equação Σ Md = 0.

Exercício: Resolva a treliça abaixo pelo método das seções

A D3,0 m

C 3,0 m B

12 3 4 5 6
79 1 13 15 17 19
810 12 14 16 18
2123 25 27 29 31
202 24 26 28 30

30 3 34 35 36 37 AB

h = 3,0 . sen 60º = 2,5981 m

α = 60º (Triângulo eqüilátero) Observe que são conhecidos:

RHA = 50,0 N, RVA = 283,49 N e RVD = 716,51 N

ΣM(E) = 0 B4 . h + 3 . RVA = 0(1)

B4 = - 327,3461

ΣM(A) = 0 B4 . h + B3 . h = 0(2)

B3 = - B4 = 327,3461

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.

A D3,0 m

500 N 3,0 m 2

C 3,0 m B

3,0 m

E B 1

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