estatica das estruturas planas

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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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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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


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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


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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


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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


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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


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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


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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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