estatica das estruturas planas
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8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367427
3Esttica das estruturas planas3.1Clculo das reaes vinculares - apoios3.1.1Condies de equilbrio estticoO equilbrio esttico de uma estrutura bidimensional (a estrutura considerada, as foras sobre
ela aplicadas, as conexes e vnculos esto contidas no plano da figura) dado por:
FH = 0 FV = 0 e M(i) = 0
Sendo i um ponto qualquer da estrutura.
Veja a figura abaixo.
FH = 0 No existem foras horizontais aplicadas, portanto RHC = 0.
FV = 0 As foras verticais atuantes so FA = 5 kN e FB = 10 kN, portanto RVC = 15 kN
M(i) = 0
Para qualquer ponto da estrutura, os momentos a esquerda e direita deste ponto, devero ser
de mesma intensidade e sentidos opostos, i , sua soma deve ser nula.
M(C) = 0 5 x 4 = 10 x 2 20 (anti-horrio) = 20 (horrio)
Isto vale para qualquer ponto da estrutura, ms, alguns pontos oferecem algumas facilidades,
por exemplo, a somatria dos momentos no ponto C, no considera a reao RVC pois esta
est aplicada no ponto C e portanto seu brao nulo. O ponto D, ao contrrio, considera todas
as foras aplicadas na estrutura.
M(D) = 0 5 x 1 = (10 x 5) (15 x 3) 5 (anti-horrio) = 5 (horrio)
4,0 m 2,0 m
A D C B
5 kN10 kN
1,0 mFH = 0
C
Me Md
RVC
F1 F2
RHC
FH
FV = 0
M(i) = 0
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8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367428
3.1.2Clculo das reaes de apoioDeterminar as reaes de apoio para as vigas representadas abaixo
A figura abaixo mostra uma Viga Gerber. So trs vigas, sendo que a central apoiada nas
extremidades dos balanos das outras duas. Como devem ser os apoios E e F? Determine
todas as reaes.
p
A
B
/2
P
A
/2B
P
xA
B
P
xA
B
K
a) b) c)
p
A
Ba
p
A
B
k
d) e) f)
A
B
P
K
g) h) i)
p
A
B
p2
A
B
p1
)
p = 12 kN/m
A
2,0 m
B
p = 15 kN/mP = 20 kN
1,2 m 1,2 m 1,0 m 2,0 m
k)
A B
60
P = 20 kN
5,0 m
1,0m
2,0 m
p = 12 kN/m
p = 12 kN/m
1,2 m1,2 m 1,2 m4,0 m
A B C DE F
1,2 m4,0 m3,0 m
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8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367429
3.2Anlise de trelias pelo mtodo dos ns Nas trelias os ns so articulaes perfeitas, sem fora de atrito, as foras so aplicadas
apenas nos ns e, as barras transmitem apenas esforos normais. Para o equilbrio do n
devem ser satisfeitas as seguintes equaes:
Fx = 0 e Fy = 0
Exemplo 01:
tg = 3/3 = 1 tg = 3/3 = 1 = = 45 sen 45 = cos 45 = 0,7071
Reaes:
M(A) = 0 0 = RVCx3 - 1000x3 RVC = 1000
Fx = 0 0 = RHA + 1000 RHA = -1000
Fy = 0 0 = RVA + RVC RVA = -1000
Equilbrio dos ns (+) Trao (-) compresso
N B
FH = 0 = 1000 + RBC sen FBC = -1000 / sen FBC = - 1414,2 N
FV = 0 = RBA + FBC cos FAB = - FBC cos = 1000 N
N C
FV = 0 = RVC + FCB sen FCB = - RVA / sen = -1414,2 N ok!!!!!!
FH = 0 = FCA + FCB cos FCA = - FBC cos = 1000 N
N A
FV = 0 = RVA + FAB FAB = - RVA = 1000,0 N ok!!!!!!
FH = 0 = RHA + FAC FAC = - RBA = 1000,0 N ok!!!!!!!
1000
3,0m
A
B
C
3,0 m
B
C
1000
3,0m
RHA 3,0 m
RVCRVA
4,243 m
A
B
1000 N
FBA
FBC
A
FABFACRHA
RVA
C
FCA
FCB
RVC
-
8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367430
Soluo Final
Observe que foi feito equilbrio dos
ns. Se a barra tracionada ela
comprime o n e vice-versa. Assim,
uma fora de trao no n implica em
uma de trao na barra, com mesma
intensidade e direo.
Exemplo 02: Calcular a trelia abaixo
Reaes de apoio
M(A) = 0 = (-1000x3)+(-500x2,5981)+RVDx6 RVD = 716,51 N
Fx = 0 = RHA + 500 = 0 RHA = -500 N
Fy = 0 = RVA + RVD - 1000 = 0 RVA = -716,51 + 1000 RVA = 283,49 N
Equilbrio dos ns
N A
Fy = 0 = RVA + B2 sen60 B2 = - 327,35
Fx = 0 = RHA + B2 cos60+B1 B1 = +500+163,68 = 663,68
N B
Fy = 0 = B2 sen30 + B3 sen30 B3 = -B2 = + 327,35
Fx = 0 = -B2 cos60 + B4+ B3 cos60 B4 = 2x(-327,35x0,5) = -327,35
FBC = FCB = - 1414,2 N
Compresso na barra
45
1000 N
FAB = FBA = 1000,0 N
Trao na barra
FAC = FCA = 1000,0 N
Trao na barra1000 N
1000 N1000 N
45
A
H
B1
B C
D
3,0 m
500 N
3,0 m
3,0 m
3,0 m
B2 B3
B4
B5
B6
B7
E 1000 NRVA
3,0 m 3,0 mRHA
RVD1000 N
500 N
2,5981 m
60
B1
B2
RHARVA
60B3
B260
B4
-
8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367431
N E
Fy = 0 = B3 sen60 + B5 sen60-1000 B5 = (1000-327,35/2) / 0,866
B5 = 827,35
Fx = 0 = -B1-B3 cos60+B5 cos60+ B6
B6 = 663,68 + 327,35x0,5 827,35x0,5 B6 = 413,68
N C
Fy = 0 = B5 sen60 + B7 sen60 B7 = -B5 = - 827,35
Fx = 0 = -B5 cos60 - B4+ B7 cos60+500
0 = -827,35x0,5 + 327,35 827,35x0,5 + 500 = OK!!!!!!!!
N D
Fy = 0 = B7 sen60 + 716,51 B7 = -716,51/0,866 = - 827,35
Fx = 0 = -B7 cos60 - B6 B6 = 0,5x827,35 = 413,68
Resultados
RVD = 716,51 N
RHA = -500 N
RVA = 283,49 N
B1 = 663,68 Trao B5 = 827,35 Trao
B2 = - 327,35 Compresso B6 = 413,68 Trao
B3 = 327,35 Trao B7 = - 827,35 Compresso
B4 = -327,35 Compresso
60B7
B560
B4 500
60
B6B1
B5B3
1000
60
B7
B6
60
RVD
716,51
RVA
RHA
RVD
500 N
A
B1
B C
D
B2 B3
B4
B5
B6
B7
E
1000 N
-
8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367432
3.3Anlise de trelias pelo mtodo das sees Processo de RitterSeparando uma trelia em duas partes, por um corte imaginrio, as cargas aplicadas numa das
partes devem formar um sistema em equilbrio junto com as foras incgnitas, agindo nas
barras cortadas. Em muitas trelias as barras so distribudas de tal forma que o corte encontra
apenas 3 barras. As 3 condies de equilbrio de uma das partes so ento suficientes para
obter as 3 incgnitas.
O processo de RITTER baseia-se neste raciocnio e usa como condio de equilbrio trs
equaes de momento, escolhendo como pontos de referncia os pontos de encontro de duas
das foras incgnitas. Desta forma cada equao de equilbrio conta com apenas uma
incgnita.
Clculo das reaes
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
Fy = 0 VA = -15 + 18 + 12 + 12 22,5 VA = 4,5 kN
FX = 0 HA = 13,5 kN
Agora vamos fazer um corte imaginrio passando pelas barras 5, 8 e 1 separando a trelia em
duas. A figura a seguir mostra a parte esquerda da trelia com os pontos de referncia das 3
equaes de M = 0. Os pontos A, E e C so ns, o ponto O foi procurado como interseo
das barras 1 e 5. Os braos r1, r5 e r8 devem ser calculados como alturas de tringulos.
VA
A D
1 2 3
F
3,36 m
12 KN
3,36 m3,36 m
13,5 KN
18 KN
15 KN12 KN
1,2
6m
2,2
4m
E
BC
G4 8 9 10 11 7
5 6
10,08 m
HA
VB
-
8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367433
Observe que a grande dificuldade nesses problemas a determinao dos ngulos dos
tringulos e braos de alavanca da foras, ou seja, nenhuma. Basta um pouco de ateno, veja:
tg = 0,98/5,04 = 0,2917
= 16,26
r1 dado do problema. r1 = 1,26 e no triangulo hachurado acima
tg = 0,98/5,04 = 0,2917 = (r1) / (x1 + 0,5 . 3,36) x1 = 2,64
tg = 1,26 / (0,5 . 3,36) = 0,7619 = 36,87
sen = (r8) / (2,64 + 3,36) r8 = 3,60 m
no triangulo hachurado acima sen = (r5) / (x1 + 3,36) r5 = 1,68
PRONTO !!!!!!!!!!
M(O) = 0 = 15x(4,32) + 4,5x2,64 N8x3,6 N8 = 21,3 kN
M(C) = 0 = 15x(1,68) + 4,5x3,36 + N5x1,68 N5 = -24,0 kN
M(E) = 0 = 13,5x(1,26) + 4,5x1,68 N1x1,26 N1 = 19,5 kN
r5
O Ax1
E
F5
r1
r8
O Ax1
E
F5
F5
3,36
2,241,26 = 0,98
-
8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
8/9
ESTTICA DEC 367434
Observe que a grande vantagem do mtodo das sees possibilitar a determinao dos
esforos em barras sem a necessidade de resolver a trelia inteira.
Tanto faz estabelecer as equaes de equilbrio com as foras aplicadas na parte esquerda ou
na parte direita da trelia. Escolhe-se aquela parte na qual se encontram menos foras externas
que a parte esquerda no exemplo.
Toda parcela recebe seu sinal conforme o sentido de giro em relao ao ponto em questo,
considerando arbitrariamente um dos dois sentidos como positivo. As incgnitas so supostas
como traes nas barras; quando resulta um valor positivo, a barra recebe trao como
aconteceu nas barras 1 e 8; quando o resultado negativo, a barra recebe compresso como a
barra 5.
Se a configurao da trelia no permite cortes que passem por apenas 3 barras, o processo de
RITTER no pode ser aplicado. Uma exceo a "trelia K" muito usada em
contraventamentos de pontes metlicas. O corte indicado na figura II encontra as barras 3, 11,
23, 33. As foras nas barras 11, 23, 33 passam pelo ponto d e desta forma resulta N3
diretamente da equao Md = 0.
Exerccio: Resolva a trelia abaixo pelo mtodo das sees
A D3,0 m
500 N
3,0 m 2
E
C
3,0 m
B
1000 N
3,0 m
1
3
4
5
6
7
RA RB
HA
1 2 3 4 5 6
7 9 11 13 15 17 198 10 12 14 16 1821 23 25 27 29 31
20 22 24 26 28 30
30 33 34 35 36 37A B
-
8/6/2019 Estatica Das Estruturas Planas
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ESTTICA DEC 367435
= 60 (Tringulo eqiltero)
h = 3,0 . sen 60 = 2,5981 m
Observe que so conhecidos:
RHA = 500,00 N,
RVA = 283,49 N e
RVD = 716,51 N
M(E) = 0 B4 . h + 3 . RVA = 0 (1)
B4 = - 327,3461
M(A) = 0 B4 . h + B3 . h = 0 (2)
B3 = - B4 = 327,3461
M(B) = 0 1,5 . RA + HA . h = B1 . h (3)
B1 = (1,5x283,49 + 500x2,5981) / 2,5981
B1 = 663,5949
B1 = 663,68 Trao B3 = 327,35 Trao B4 = -327,35 Compres
Observe que foram encontrados os mesmos resultados obtidos pelo equilbrio dos ns, masagora se obteve os valores diretamente nas barras desejadas.
A D3,0 m
500 N
3,0 m 2
E
C
3,0 m
B
1000 N
3,0 m
1
3
4
5
6
7
RA RB
HA
4 3 2 4 5 6
A
2
E
B
1
3
4
RA
HA
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