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Sistemas Estruturais/Apost. 01 – Prof. Eng.º Civil e de Seg. do Trabalho Ederaldo Azevedo

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SISTEMAS ESTRUTURAIS

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Apostila 1: Sistemas Estruturais: Aplicações

Prof. Engº Civil Ederaldo da Silva Azevedo

Macapá, Setembro de 2013

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1. VIGAS ISOSTÁTICA

1.1. Cálculo das Reações

Como já vimos, as reações de apoio se opõe à tendência de

movimento devido às cargas aplicadas, resultando um estado de equilíbrio

estável.

Nas estruturas isostáticas constituídas por uma única chapa, o

número de equações de equilíbrio disponíveis é igual ao número de

incógnitas, possibilitando o cálculo das reações de forma muito simples.

Assim, relembrando o dado na apostila 1, supondo a estrutura no

plano xy, as condições de equilíbrio é dado pelas equações:

y

∑

∑

(0,0)a ∑ x

∑

∑ ∑ ∑

Onde Fx e Fy são as componentes das forças aplicadas em relação

aos eixos x e y, respectivamente e;

M o módulo do momento das forças em relação a um ponto

qualquer do plano.

Poderão ser usadas, nos problemas práticos, também como

condições de equilíbrio, três equações de momentos, desde que relativas a

pontos não pertencente à mesma reta(pontos não colineares):

3


∑

Equações de momentos ∑

∑

Onde a, b e c são não colineares.

1.2. Exemplos de Aplicação

a) Determinação das reações de apoio:

As Incógnitas (reações de apoio) são determinadas pelas equações de

equilíbrio e como são três equações normalmente são suficientes.

A técnica para cálculo de reações consiste em “isolar”, inicialmente, a

estrutura da terra, mediante a retirada dos apoios, aplicando-se na direção

dos movimentos restringidos os esforços incógnitos(encontrar o valor)

correspondentes.

O método para determinação das reações de apoio adotado segue

um roteiro de 04 passos:

1º identificar e destacar dos sistemas os elementos estruturais que

serão analisados. Desenhar o modelo estrutural (ME);

2º traçar o diagrama de corpo livre (DCL) do elemento a ser

analizado;

O DCL consiste em isolar a estrutura da terra, mediante a

retirada dos apoios, aplicando-se na direção dos

movimentos restringidos os esforços incógnitos

correspondentes.

3º determinar um sistema de referência (SR) para a análise(xy);

4º estabelecer as equações de equilíbrio da estática (EE);

∑ ∑ ∑

4


Exemplo 1: Viga isostática com carga distribuída simétrica.

q= 1 KN/m

Diagrama de Corpo Livre (DCL)

Modelo Estrutural (ME)

Rv1 Rv2

Rh

+

Sistema de Referência (SR)

A B

Equações de Equilíbrio (EE)

∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – q.L = 0

∑ (Para se fazer um somatório de momentos, é necessário

escolher um ponto fixo, que deverá estar localizado dentro do sistema de

referência adotado. Para maior facilidade é necessário conveniente que esse

ponto coincida com um ponto localizado sobre o modelo estrutural onde houver

maior número de incógnitas. No exemplo em análise o ponto a ser escolhido é o

ponto A. A escolha do ponto para determinação dos momentos é um passo muito

importante, pois dependendo do ponto escolhido, a resolução do problema pode

ser simplificada ou muito complicada.)

Assim,

∑ (RH1.0) + (RV1.0) – (RV2.L) + (q.L.L/2)=0

q.L²/2- RV2.L=0 (multiplicando 1/L)

q.L/2 – RV2=0 RV2= qL/2

5


Substituindo RV2 na equação ∑

∑ RV1 + qL/2 – qL =0

RV1 = qL/2

Respostas:

RV1=qL/2;

RV2=qL/2;

RH=0

Exemplo 2: Viga isostática com carga concentrada no centro da viga.



Rv1 Rv2

Rh

+


A B

P

P= kN


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – P = 0 RV1 = P – RV2

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) – (RV2.L) + (P.L/2) = 0

6


P.L/2 – RV2.L=0

Multiplicando 1/L para simplificar RV2=P/2


∑ RV1=P – RV2 RV1=P/2

Respostas:

RV1= P/2;

RV2= P/2;

RH=0

Exemplo 3: Viga isostática com carga distribuída e uma concentrada no

centro da viga.



Rv1 Rv2

Rh

+


A B

P q= 1 KN/m

P= kN

A


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – q.L - P = 0 RV1 + RV2= P + qL

7


∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) – (RV2.L) + (q.L.L/2) + (P.L/2) = 0

P.L/2 + q.L²/2 – RV2.L =0 multiplicando 1/L para simplificar

P/2 + q.L/2 – RV2 =0

RV2 = P/2 + qL/2


∑ RV1 + RV2 = P + qL

RV1=P/2 + qL/2

Respostas:

RV1= P/2 + ql/2;

RV2= P/2+ qL/2;

RH=0

Análise dos resultados obtidos nos três exemplos anteriores:

1. A reação de apoio horizontal em todos os casos é igual a zero, porque não

existe, no modelo em análise, nenhuma força horizontal ativa;

2. Quando uma viga está submetida a uma carga uniformemente distribuída,

as reações de apoio são iguais;

RV1=RV2=q.L/2

3. Quando a viga está submetida a uma carga concentrada no meio do seu

vão, as reações de apoio também são iguais;

RV1=RV2=P/2

4. Quando a viga estiver submetida a uma carga uniformemente distribuída e

a uma carga concentrada no meio do seu vão, as reações de apoio são

iguais ao somatório das reações dos dois casos anteriores.

RV1=RV2= qL/2 + P/2

Isso acontece devido ao princípio da superposição de efeitos. Esse princípio

diz que, quando existir linearidade entre as forças que atuam no sistema,

quer dizer, quando as ações de uma carga não afetam as reações da outra,

as cargas que atuam no sistema se somam, e seus efeitos também.

8


5. As cargas uniformemente distribuídas são concentradas a um determinado

ponto. Esse ponto deve ser o baricentro da área de atuação da carga. No

caso de cargas uniformemente distribuídas de seção constante, o

baricentro é exatamente o centro do espaço de atuação da carga.(abaixo)

6. Em cargas triangulares, o baricentro está localizado a 1/3 do lado

maior.(abaixo)

q= KN/m

=

P= q.L

q1= KN/m

q2= KN/m

P1= q1.L P2= q2.L

=

q

P= q.L/2

=

9


Exercícios Resolvidos:

1. Calcule as reações de apoio para a viga de 6m de vão submetida ao

carregamento de carga concentrada de 60KN aplicada no seu centro.


60 kN


Rv1 Rv2

Rh

+


A B

P= 60 kN

+ -

RESOLUÇÃO:


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – 60 = 0 RV1 + RV2= 60

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) + 60.3 - RV2.6 = 0

0+0+180 - RV2.6 =0

6RV2=180

RV2=180/6

RV2=30 kN

10


Substituindo RV2 na equação RV1 + RV2= 60

∑ RV1 + 30 = 60

RV1 = 30 kN

Respostas:

RV1= 30 kN;

RV2= 30 KN;

RH=0

Diagrama com as Cargas Ativas e Reativas

Rv1=30 kN Rv2=30 kN

Rh=0

A B

P= 60 kN

2. Calcule as reações de apoio para uma viga de 6m de comprimento

submetida ao carregamento de carga uniformemente distribuída, de

8KN/m por todo o vão.

11


q= 8 KN/m



Rv1 Rv2

Rh

A B

q= 8 KN/m

RESOLUÇÃO:

+


+ -


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – (8.6) = 0 RV1 + RV2= 48

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) + 48.3 - RV2.6 = 0

0+0+144 - RV2.6 =0

6RV2=144

RV2=144/6

RV2= 24 kN


∑ RV1 + 24 = 48

RV1 = 24 kN

Respostas:

RV1= 24 kN;

12


RV2= 24 KN;

RH=0

q= 8 KN/m

Rv1=24 kN Rv2=24 kN

Rh=0



submetida ao carregamento de carga parcialmente distribuída, de 6KN/m

a partir do primeiro terço do vão.

q= 6 KN/m



Rv1 Rv2

Rh

A B

q= 6 KN/m

RESOLUÇÃO:

+


+ -


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

13


∑ RV1 + RV2 – (6.4) = 0 RV1 + RV2= 24

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) + 24.4 - RV2.6 = 0

0+0+96 - RV2.6 =0

6RV2=96

RV2=96/6

RV2= 16 kN


∑ RV1 + 16 = 24

RV1 = 8 kN

Respostas:

RV1= 8 kN;

RV2= 16 KN;

RH=0

q= 6 KN/m

Rv1= 8 kN Rv2= 16 kN

Rh=0



submetida ao carregamento de carga distribuída triangular, sobre todo o

vão com 6KN/m na extremidade direita.

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6,00 m

q= 6 kN/m

q= 6 kN/m

Rv1

RhA Rv2B



RESOLUÇÃO:

R= 6 X 6/2 = 18 kN

4,00 m

6,00 m

2,00 m

+


+ -

R=área do triangulo


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – (6.6/2) = 0 RV1 + RV2= 18

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) + 18.4 - RV2.6 = 0

0+0+72 - RV2.6 =0

6RV2=72

RV2=72/6

RV2= 12 kN


∑ RV1 + 12 = 18

RV1 = 6 kN

15


Respostas:

RV1= 6 kN;

RV2= 12 KN;

RH=0

Rv1= 6 kN

RhA Rv2= 12 kNB

R= 6 X 6/2 = 18 kN

4,00 m

6,00 m

2,00 m



submetida a um momento externo(carga momento) de 30 kNm no sentido

horário, aplicado a 2m da extremidade esquerda.



Rv1 Rv2

Rh

+


A B

+ -

RESOLUÇÃO:

+

M= 30kN.m

+

M= 30kN.m


16


∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 = 0 RV1 = - RV2

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) + 30 - RV2.6 = 0

0 + 0 + 30 - RV2.6 =0

6RV2=30

RV2=30/6

RV2= 5 kN

Substituindo RV2 na equação RV1 = - RV2

∑ RV1 = -5

RV1 = - 5 kN

Respostas:

RV1= - 5 kN;

RV2= 5 KN;

RH=0

Obs.: O sinal negativo de RV1 indica que o sentido correto da reação

é o oposto ao inicialmente arbitrado.

Uma solução mais refinada seria obtida observando-se que, para

equilibrar o momento aplicado na viga, as reações verticais teriam que ser

equivalentes a um binário, de mesma intensidade e sentido contrário, Fig.

abaixo.

17


5 kN 5 kN

Rh=0

A B+

M= 30kN.m

Diagrama de Cargas Ativas e Reativas

6. Calcule as reações de apoio para uma viga em balanço de 4m de

comprimento submetida a uma carga concentrada de 20 kN na sua

extremidade.

P= 20 kN


Rv1

Rh

+


A B

20 kN

+ -

RESOLUÇÃO:

Ma

18



∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 – 20 = 0 RV1 = 20 KN

∑ (RH1 . 0) + (RV1.0) + Ma + 20.4 = 0

0 + 0 + Ma + 80 =0

Ma = - 80 kNm

Obs.: O sinal negativo de Ma indica que o sentido adotado deste

momento foi errado portanto o sentido correto é o anti-horário.

Diagrama com Cargas Ativas e Reativas

Rv1=20kN

Rh=0A B

20 kNMa=80kNm

7. Calcule as reações de apoio para uma viga bi-apoiada de 6m de vão,

submetida a uma carga distribuída de 8 kN/m, com um balanço de 2m na

extremidade esquerda submetida a um momento externo(carga momento)

de 20 kNm no sentido anti-horário localizado à cinco metros do apoio

esquerdo e uma carga concentrada de 10 kN na extremidade.

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q= 8 KN/m

M=20kNm10 kN

+


RESOLUÇÃO:

M=20kNm10 kN

+

Rv1

Rh

A Rv2B

q= 8 KN/m

+


+ -

R=8.4=32kN

∑ ∑ ∑

∑ RH=0

∑ RV1 + RV2 – 32 – 10 = 0 RV1 + RV2 = 42

∑ (RH . 0) + (RV1.0) + 32.2 - 20 - RV2.6 + 10.8= 0

0 + 0 + 64 – 20 - RV2.6 - 80 =0

6RV2=100 - 64

RV2=36/6

20


RV2= 6 kN


∑ RV1 + 6 = 42

RV1 = 36 kN

Diagrama de carga ativa e reativa

M=20kNm10 kN

+

Rv1=36

Rh=0

A Rv2=6B

q= 8 KN/m

Respostas:

RV1= 36 kN;

RV2= 6 KN;

RH=0

8. Calcule as reações de apoio para o modelo estrutural de pórtico abaixo:

3 kN

4 KN/m

21


3 kN


RESOLUÇÃO:

+


+ -

+ -

Rv1A Rv2B

Rh

R=4.4=16 KN


∑ ∑ ∑

∑ 3 - RH=0 RH= 3 KN

∑ RV1 – (4. 4,0)+ RV2 = 0 RV1+ RV2 = 16 KN

∑ + (RV1 . 9) + (3.1,5) - (16.7) + Rh.0 + Rv2.0) =0

9RV1 + 4,5 – 112 +0 + 0=0

9RV1=107,5 RV1=11,94 KN


∑ 11,94 + RV2 = 16

RV2 = 4,06 kN

Respostas:

RV1= 11,94 kN;

RV2= 4,06 KN;

RH=3 KN

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9. Calcule as reações de apoio para o modelo estrutural de pórtico abaixo:

5 kN 10 kN 5 kN

5 kN 10 kN 5 kN


+


+ -

+ -

Rv2B

Rh

Rv1A


∑ ∑ ∑

∑ RH=0 RH= 0

∑ RV1 – 5 – 10 – 5 + RV2 = 0 RV1+ RV2 = 20 KN

∑ + (RV1 . 16) - (5.12) - (10.8) –(5.4) + Rh.0 + Rv2.0=0

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16RV1 - 60 – 80 - 20 +0 + 0=0

16RV1=160 RV1=10 KN


∑ 10 + RV2 = 20

RV2 = 10 kN

Respostas:

RV1= 10 kN;

RV2= 10 KN;

RH= 0 KN

REFERÊNCIAS:

ALMEIDA, Maria Cascão Ferreira de. Estruturas isostáticas. São Paulo:

Oficina de Textos, 2009.

MACHADO JÚNIOR, Eloy Ferraz. Introdução à isostática. São Carlos:

EESC/USP, 1999, 2007.

SUSSEKIND, José Carlos. Curso de análise estrutural: estruturas

isostáticas. 5.ed. Rio de Janeiro: Globo, 1981. V. 1.

VIERO, Edison Humberto. Isostática: passo a passo. 2. Ed. Caxias do

Sul, RS: Educs, 2008.

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