Apostila estruturas em trelica

Estruturasem Treliça

Prof. Eduardo Mesquita

- 2006 -

ESTRUTURAS EM TRELIÇAESTRUTURAS EM TRELIÇA

UNIVERSIDADE FUMEC - FEA

São estruturas lineares, formadas por barras que no conjunto devem formar uma estrutura indeformável.

Estrutura deformável

1. T1. TIPOSIPOS DEDE T TRELIÇARELIÇA

1.1 - Treliças Planas1.1 - Treliças Planas

Suas barras estão num mesmo plano.

1.2 - Treliças Tridimensionais1.2 - Treliças Tridimensionais

Suas barras estão todas em planos diferentes. As treliças são utilizadas para coberturas, pontes, como vigas de lançamento, etc.

2. H2. HIPÓTESESIPÓTESES P PARAARA OSOS V VÁRIOSÁRIOS P PROCESSOSROCESSOS DEDE C CÁLCULOSÁLCULOS

2.12.1 – As barras da treliça são ligadas entre si por intermédio de articulações sem atrito.

2.22.2 – As cargas e reações aplicam-se somente nos nós da estrutura.

2.32.3 – O eixo de cada barra coincide com a reta que une os centros das articulações (como nas estruturas lineares).

Satisfeitas todas as hipóteses mencionadas, as barras da treliça só serão solicitadas por forças normais.

3. E3. ESFORÇOSSFORÇOS S SOLICITANTESOLICITANTES

Forças Normais

As tensões provocadas por estas forças são chamadas tensões primárias.

Estruturas em Treliça

2

Barra indeformável

• tração

• compressão

N

NN

N

A A

B B


NS

σ = (verificação da resistência da peça)

Observações:

1. Na prática não se consegue obter uma articulação perfeita, sem atrito. As articulações são formadas por chapas rebitadas ou soldadas, que podem ser consideradas praticamente rígidas.

2. Devido ao fato de não termos uma articulação perfeita aparecerá momento fletor e força cortante, porém este estudo não é parte do nosso curso.

3. Também o peso próprio da barra provoca flexão na mesma, só que é desprezível por ser muito pequeno. O peso da barra vai aplicado nos nós.

4. T4. TRELIÇASRELIÇAS I ISOSTÁTICASSOSTÁTICAS EE H HIPERESTÁTICASIPERESTÁTICAS


3

seção da peça

A

B

P/2

P/2

P1

P2

R1 P

3

R2

P4


Dados os valores das forças P1, P2, P3 e P4, se conseguirmos determinar, pelas equações da estática, os valores de R1 e R2 e os esforços nas barras, ela é isostática.

Se determinarmos somente as reações de apoio ela é dita internamente hiperestática (as incógnitas são as forças normais).

Quando nem as reações se determinam ela é dita externamente hiperestática.

As incógnitas a se determinarem são:

• As reações de apoio HA, VA e VB, chamadas de vínculos representados pela letra V.

• Esforços normais nas barras representados pela letra b.

Logo o número de incógnitas é (b + V).

Portanto, para cada nó da estrutura nós temos duas equações, logo se a estrutura possuir N nós, teremos 2N equações.

Portanto, para uma treliça ser isostática, devemos ter b V 2N+ =

Treliça hiperestática b + V > 2N.

O grau de hiperestaticidade de uma treliça é dado pela equação:

g = (b + V) – 2N

Se g = 0 a treliça é isostática.


4

HA

P2

A

VB

B

VA

P

N1

N2

N3

x x

y y

N P 0

N P 0

+ =

+ =∑∑


Exemplos:

v = 3, b = 11, N = 7 v = 3, b = 9

b + v = 14 2N = 14 N = 6 b + v = 12 2N = 12

Isostática Isostática

v = 4, b = 13, N = 8 v = 3, b = 14, N = 8

b + v = 17 2N = 16 b + v = 17, 2N = 16

Hiperestática (g = 1) Hiperestática (g = 1)

Incógnita: uma das reações de Incógnita: esforço de uma das apoio – externamente barras- internamente hiperestática. hiperestática.

5 – T5 – TRELIÇASRELIÇAS S SIMPLESIMPLES

Geralmente quase todas as treliças são formadas a partir de um triângulo inicial. Para cada novo nó introduzido, basta acrescentar duas barras não colineares.

Se o número de vínculos relativos às treliças acima mencionadas forem iguais a 3, as

treliças serão sempre isostáticas b + 3 = 2N

Observações:

1. A treliça hiperestática com 3 vínculos, conforme desenho acima, tem uma barra a mais, logo não entra nesta classificação.


5


6. P6. PROCESSOSROCESSOS DEDE R RESOLUÇÃOESOLUÇÃO

6.1 – Processo dos Nós6.1 – Processo dos Nós

Seja o nó C, da treliça ABCDEF. Nele concorrem as barras conforme a figura abaixo:

Conforme já dissemos, cada nó apresenta duas equações e, se admitirmos que todas as barras estejam tracionadas, teremos:

Nó C: 1 1 3 2 4

1 1 3 2 2

H 0 P cos N cos N 0

V 0 P sen N sen N 0

= ⇒ α + α + =

= ⇒ − α − α − =

∑∑

Genericamente, teremos:

Ncos Hα +∑ (componente horizontal de P1) = 0

Nsen Vα +∑ (componente vertical de P1) = 0

As componentes verticais em função do seno.

As componentes horizontais em função do cosseno.

Os valores de H e V podem ser positivos ou negativos, se as forças forem de tração e compressão, respectivamente.

Convenção: H e V∑ ∑


6

C D E4 5

23

1

A

6 79

8

F B

P1

N2

N3

N4

P1

C

2α1α

+ +


6.2 – Casos de Simplificação6.2 – Casos de Simplificação

Para carregamentos particulares pode acontecer que uma treliça possua barra ou barras não solicitada(s), ou então solicitadas pela mesma força normal. Em muitos casos a identificação destas barras é imediata, simplificando bastante o cálculo da treliça.

Seja a treliça abaixo:

• Nó A duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N1 = N4 = 0 as barras não estão solicitadas.

• Nó C duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N5 = 0

N2 = N6

• Nó B duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N17 = -P3 (compressão).

N16 = 0

• Nó D duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N10 = N14

N13 = 0

• Nó E duas barras não coaxiais sem forças externas aplicadas.

N8 = N12

N9 = - P2 (compressão).


7

A E24 8

13

2

5 7 9

6

C

B

P1

12 16

11

10

13 15 17

14

D

P2

P3


6.3 – Processos dos Coeficientes de Força6.3 – Processos dos Coeficientes de Força

Esse processo é análogo ao dos nós, mas leva muito mais vantagens se houver muitas barras com inclinações diferentes, principalmente se os comprimentos dessas barras forem obtidos por simples medição num esquema da estrutura.

Vamos supor uma barra AB qualquer de comprimento l de projeções h e v (horizontal e vertical, respectivamente).

Da figura, tiramos: v h

sen e cos , sendol l

α = α = α o ângulo que a barra AB faz com

a horizontal. Voltando ao processo dos nós, onde tínhamos:

N cos H 0× α + =∑ , substituímos os valores do cos α e sen α , ficando:

N sen V 0× α + =∑h

N H 0l

× + =∑

v

N V 0l

× + =∑onde N, h, v e l em cada parcela das somatórias, referem-se a uma mesma barra.

O coeficiente de forças de uma barra é obtido da relação: N

tl

= , que substituindo nas

equações acima nos dá: th H 0

tv V 0

+ =

+ =

∑∑


8

A

B

h

vl

horizontal α


Através das equações acima, determinamos os valores de t correspondentes às diversas barras da estrutura. Em seguida, obtemos as forças normais, multiplicando-se os valores de t pelos comprimentos das respectivas barras.

Exercício: Resolver a treliça dada nos exemplos anteriores pelo processo dos coeficientes de força.

Nó Equação Barra t (tf/m) l (m) N (tf)

AV 3,97 + 3t1 = 0 1 -1,32 3 -3,96H 5,2 + 4t2 = 0 2 -1,3 4 -5,2

BV -3t1 - 3t3 = 0 3 1,32 5 6,6H 4t4 + 4t3 = 0 4 -1,32 4 -5,28

CV -2-3t5 - 3t7 = 0 5 -1,32 3 -3,96H -4t4 + 4t7 + 4t8 = 0 6 0,02 4 0,08

DV +3t3 + 3t5 = 0 7 0,65 5 3,25H -4t2 - 4t3 + 4t6 = 0 8 -1,97 4 -7,88

EV -4 - 3t9 - 3t11 = 0 9 -0,65 3 -1,95H -4t8 + 4t12 + 4t11 = 0 10 0,68 4 2,72

FV 3t9 + 3t7 = 0 11 -0,68 5 -3,4H -4t7 - 4t6 + 4t10 = 0 12 -1,29 4 -5,16

GV -6cos60º - 3t13 = 0 13 -1 3 -3H

6.4 – Processo das Seções ou de Ritter6.4 – Processo das Seções ou de Ritter

Como vimos no processo dos nós, admitimos cortadas todas as barras da treliça Estruturas em Treliça

9

B E4 8

1 3

2

5 7 9

6

D

A

2tf

12

1611

10

133 m

HA=5,2 tf

HF

30ºC G

4tf6tf

4 m

VB=5,03 tf

4 m 4 mV

A=3,97 tf


e consideramos sucessivamente as condições de equilíbrio (H = 0 e V = 0) relativas a todos os nós, um a um.

Esse processo é utilizado quando se deseja determinar as forças normais em todas as barras.

No processo das seções temos condições de obter a força normal em apenas algumas barras ou somente em uma única.

Neste caso, estabelecemos as condições de equilíbrio do reticulado que resulta, quando aplicamos os cortes naquelas barras cujas forças normais procuramos. Este processo permite, com sucesso, a resolução de diversos casos de treliças simples e compostas (associação de uma ou mais treliças que não podem ser obtidas seguindo-se a lei da formação das treliças simples) tornando-se, entretanto, impraticável no caso das treliças complexas.

Ao partirmos a barra CE a treliça se transforma em dois reticulados geométricos indeformáveis e interligados pela articulação F.

Logo os momentos relativos a quaisquer forças de um lado ou de outro lado dos reticulados devem ser nulos.

Tomando, por exemplo, a parte situada à esquerda de F, temos:


10

B E

D

A

2tf

3 m

5,2 tf

HF

30ºC G

4tf6tf

4 m

5,03 tf

4 m 4 m3,97 tf

B E

D

A

2tf

3 m

5,2 tf

HF

30ºC G

4tf6tf

4 m

5,03 tf

4 m 4 m3,97 tf

NCE NCE

Banzo sup.


3NCE 2 x 4 3,97 x 8 0 3NCE 23,76 NCE 7,92 tf− + = ∴ = − ∴ = −

Calcular a força normal na barra CF diagonal:

Nestas condições os dois reticulados estão ligados por duas barras biarticuladas paralelas CE e DF, incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical.

Desta forma, para não acontecer movimento relativo das partes, fazemos V 0=∑ .

Relativo a um ou outro reticulado.

Tomando o reticulado da esquerda, temos:

V 0 3,97 2 NCFsen 01,97

1,97 0,6NCF NCF 3,28 tf0,6

= − − α =

∴ = ∴ = =

Os reticulados estão interligados por duas retas paralelas BC e DF. Também neste


11

B E

D

A

2tf

3 m

5,2 tf

HF

30ºC G

4tf6tf

4 m

5,03 tf

4 m 4 m3,97 tf

NCF

NCF

α

3 m

B E

D

A

2tf

5,2 tf

HF

30ºC G

4tf6tf

4 m

5,03 tf

4 m 4 m3,97 tf

NCD

NCD

α


caso os reticulados são incapazes de impedir o deslocamento na direção vertical. Logo

temos que fazer V 0.=∑Vamos pega os reticulado da esquerda, logo teremos:

• O da esquerda: V 0 3,97 NCD 0 NCD 3,97 tf.= ⇒ + = ∴ = −∑• O da direita: 2 NCD 4 5,03 6 x 0,5 0 9 5,03 NCD NCD 3,97 tf.− − − + − = ∴ − + = ∴ = −

Exercício: Dado o sistema reticulado abaixo, pede-se:

• Calcular as reações de apoio.

• Calcular os esforços normais em todas as barras.

Obs: Utilizar duas casas decimais.

AH 0 H 3 3 0= ⇒ − + + = ∴∑r

AH 6KN=

A B A BV 0 V V 2 2 2 0 V V 6KN↑ = ⇒ + − − − = ∴ + = ∴∑ AV 6,8KN=

A B BM 0 5V 3x5 2x3 2x7 3x3 0 5V 4KN= ⇒ − − + + − = ∴ − = ∴∑ BV 0,8KN=−

cos sen 0,71β = β =

3cos 0,83

3,61sen 0,55

γ = =

γ =

2cos 0,55

3,613

sen 0,833,61

α = =

α = =


12

+

+

+

3 m

2 m

57

6γ

α

α9 0α − 90 − α

α

α

γ

β

9 0− γ

9 0− β 3

4

1

A

D3 KN

B

C E

2 KN

3 KN

2 KN

2 KN

3 m 2 m 2 m

HA = 6 KN

VA = 6,8 KN V

B = -0,8 KN


• Nó E

6 7 6 6H 0 3 N N x 0,55 0 3 2,41x 0,55 N N 1,67KN= ⇒ − − = ∴ − = ∴ =∑r

7 7V 0 2 N x 0,83 0 N 2 / 0,83 2,41KN+↑

= ⇒ − + = ∴ = =∑

• Nó D

2 2H 0 3 N x 0,83 0 N 3 /0,83 3,61KN= ⇒ + = ∴ = − = −∑r

( )1 1V 0 2 N 3,61x 0,55 0 N 3,99KN+↑

= ⇒ − + + − = ∴ =∑

• Nó A

1 3 3 3V 0 6,8 N N x 0,71 0 6,8 3,99 N x0,71 N 3,96KN+↑

= ⇒ − − = ∴ − = ∴ =∑3 4 4H 0 6 N x 0,71 N N 3,19KN= ⇒ − + = − ∴ =∑

r

• Nó B

5 7V 0 0,8 N x 0,83 N x 0,83 0+↑

= ⇒ − − − = ∴∑5 50,8 2,41x 0,83 N x 0,83 N 2,8 / 0,83 3,37KN− − = ∴ = − = −

cos 0,6sen 0,8

α =α =

cos sen 0,71γ = γ =


13

2 KN

3 KNN6

N7

α

+

3 KN

+

2 KN

N2

N1

9 0− γγ

N4

6 KN

N3N

1

90 − ββ

6,8 KN

N4

6 KN

N7

N590 − α

α

-0,8 KN

90 − α

5 m 4 m

4 kn

2 kn

4

C5

3α

α

90 − α

90 − θ

90 − θ

θ

90 − αθ

θγ

D8 kn

10 kn 6 kn 2

1

9 0− γ

A HA = -5,14 KN

4 m

3 m

B HB =15,14 KN

VB = 10 KN


5cos 0,86

5,833

sen 0,515,83

θ = =

θ = =

A BH 0 2 8 H H 0= ⇒ + − − = ∴∑r

A B BH H 10KN H 15,14KN+ = ∴ =

BV 0 V 4 6 0+

= ⇒ − − = ∴∑ BV 10,00KN=

BBM 0 V 4 x 9 8 x3+

= ⇒ − +∑ 6 x 4− A7H 0− = ∴ AH 5,14KN=−

• Nó A

( )2H 0 N x 0,71 5,14= ⇒ − − − =∴∑r

2N 7,24KN=−

1 2V 0 N N x 0,71 0+↑

= ⇒ − − = ∴∑ 1N 5,14KN=−

• Nó C

4V 0 N x 0,51 4+↑

= ⇒ = ∴∑ 4N 7,84KN=

5H 0 2 7,84 x 0,86 N= ⇒ + = − ∴∑r

5N 8,75KN=−

• Nó B

1 3 3V 0 N N x0,6 10 0 5,14 10 N x 0,6+↑

= ⇒ + + = ∴ − + = − ∴∑ 3N 8,1KN=−

Prova:

( ) 3 3H 0 15,14 8,75 N x 0,8 6,39 N x0,8= ⇒ − − − − = ∴ − = ∴∑r

3N 7,99KN=−


14

+

+

90 − α

N2

N1

90 − γ

-5,14 KN

N4

2 KN

4 KN

N5

θ

+

+N5

N3

15,14 KN

N1

10 KN

90 − ααA BD2

VA = 6,75 KN V

B = 3,25 KN

5

3 KN

HB = 10 KN

3 m3

E 6 KN

3 KN

7

γ

γ

θ

90 − θ90 − θ

θ9 0− γβ

ββ

90 − α90 − α

1

4

C

2 m4 KN

3 m 3 m 3 m

4 KN

6

α


NÓS EQUAÇÕES BARRAS

N (KN)

A H 2 1 2N N cos 0 N 8,13x 0,55+ α = ∴ = − = 2 -4,47

V 1 16,75 N sen 0 N 6,75 /0,83− α = ∴ = 1 8,13

C H 4 44 8,13x 0,55 3,87 x0,71 N 0 N 3,22− + + = ∴ = 4 3,22

V 1 3N sen N cos 4α + β =

3 38,13x 0,83 N x0,71 4 N 2,75 / 0,71∴ + = ∴ = −3 -3,87

B H5 7N 10 N x0,71 0− − + =

5 5N 10 3,25 0 N 6,75∴ − − + = ∴ = −5 -6,75

V 7 73,25 N x 0,71 0 N 3,25 / 0,71− = ∴ = 7 4,58

E H 4 6 7N N x cos N cos 6 0− − γ − θ + =

6 63,22 4,58 x 0,71 6 N x 0,89 N 0,47 /0,89∴ − − + = ∴ = −6 -0,53

V

H

2 3cos 0,55;sen 0,83

3,61 3,61α = = α = =

sen cos 0,71 cos sen 0,71β = β = θ = θ =

V 6 3cos 0,89 sen 0,45

6,71 6,71γ = = γ = =

2 3cos 0,55 sen 0,83 sen cos 0,71

3,61 3,61α = = α = = β = β =

6 3cos 0,89 sen 0,45 cos sen 0,71

6,71 3,61γ = = γ = = θ = θ =


15

N1

N2

6,75 KN

α90 − α

N1

N4

4 KNα

90 − α N3

4 KN

ββ

N7

10 KN

6,75

β

90 − α

N5

N6

6 KNN4

γ90 − α

3 KN

θN

7


H 0= ⇒∑r

AH 5 KN= A JV 0 V V 4KN

+↑= ⇒ + = ∴∑ AV 2,07KN=

AM 0 1x2 1x 4 1x 9 1x12 2 x2+

= ⇒ + + + −∑ 2 x2+ J14V= ∴ JV 1,93KN=

NDE

DEV 0 N 1 2,07 0+↑

= ⇒ − + = ∴∑ DEN 1,07KN=−

(Ret. a esq.)

NDG

DG DGV 0 N x 0,63 1 1 2,07 0 0,63N 0,07+↑

= ⇒ − − − + = ∴ − = − ∴∑ DGN 0,11KN=

(Ret. a esq.)

NEG

EGDM 0 1x2 2,07 x 4 5x2 N x 4 0+

= ⇒ − + − − = ∴∑ EGN 0,93KN=−

(Ret. a esq.)

NFH

FHIM 0 N x 4 2 x 4 1,93x2 1x2 0+

= ⇒ − − − − = ∴∑ FHN 3,47KN=−

(Ret. a dir.)


16

1 KN

B

1 KN

D

1 KN

F

1 KN

H 2 KN

2 m

1 KN

2 m

2 KN

2 m3 m5 m2 m2 mC E G I

J

VJ=1,93 KN

VA=2,07KN

A

HA=5 KN

α

6,490 − α

+

1 KN 1 KN 1 KN 1 KN

1 KN

2 KN

3 m

2 m

1 m

2 m

VB=2,31KN

HB=4KN

2 m 5 m

B

LJH

KIGE

F

C

D

A

4 m1,5 m1,5 m

VA=2,69KN

2 KN


BH 0 2 2 H 0= ⇒ + − = ∴∑r

BH 4 KN=

A BV 0 V V 5KN+↑

= ⇒ + = ∴∑ AV 5 2,31 2,69KN= − =

AM 0 2 x3 1x1,5+

= ⇒ − −∑ 1x 1,5+ B1x5,5 1x7,5 1x12,5 2 x3 4 x5 V x14,5 0+ + + − + − =

B14,5V 33,5KN⇒ = ∴ BV 2,31KN=

NIK

IK IKLM 0 3N 2 x3 2,31x2 4 x1 0 3N 2,62KN+

= ⇒ − + − − = ∴ = − ∴∑ IKN 0,87KN=−

(Ret. a dir.)

NFH

FHEM 0 N x3 1x3 2,69 x1,5 0+

= ⇒ − − + = ∴∑ FHN 0,35KN=

(Ret. a esq.)

NGJ

GJ GJV 0 1 N x 0,83 1 2,31 0 N 0,31 / 0,83 0,37KN+↑

= ⇒ − + − + = ∴ = − = − ∴∑ GIN 0,37KN=−

(Ret. a dir.)

2 3cos 0,55 sen 0,83

3,61 3,61α = = α = =

NIJ

IJ IJV 0 N 1 2,31 0 N 1,31KN+↑

= ⇒ − − + = ∴ − = − ∴∑ IJN 1,31KN=

(Ret. a dir.)


17

+

6 t

6 t

6 t

HC

VC

VA

2 m 4 m

6 t

CB

A

D

5

34

1

2

β

α

2 m

4 m


5sen

5

2 5cos

5

2 5sen

5

5cos

5

α =

α =

β =

β =

Reações de Apoio

A C A

C C

C A A

V 0 V V 12t V 12t

H 0 H 12t V 0

M 0 V x 6 6 x 6 6 x 6 0 V 12t

= + = =

= = =

= − − = =

∑∑∑

Equilíbrio dos Nós

• Nó A A 1 2

2

V 0 V N N sen 0

H 0 6 N cos 0

= + + β =

= + β =

∑∑

• Nó B 1 3

5 3

V 0 6 N N sen45º 0

H 0 6 N N cos 45º 0

= − − − =

= + + =

∑∑

• Nó C C 4

C 5 4

V 0 V 6 N sen 0

H 0 H N N cos 0

= − − α =

= − − − α =

∑∑


18

1

2

N 0

N 6 5t

=

= −

3

4

5

N 6 2 t

N 6 5 t

N 0

= −

= −=

AB

C

DEF

5

6

4

3

2

1

78

9

HB

VB

VA 5 m12 m

5 m

5 m

P1=500kg P

2=1500kg


Nó Equação

AV A 1V 5T 0+ =

H 5 T2 = 0

BV VB + 5T3 + 10T4 + 10T5 = 0

H -HB – 5T2 – 5T3 – 5T4 = 0

CV -5T1 – 5T3 + 5T7 + 5T9 =0

H - 12T9 + 5T3 = 0

DV -P2 – 10T5 = 0

H -5T6 = 0

EV -5T7 – 10T4 = 0

H -12T8 + 5TA + 5T6 = 0

FV -P1 – 5T9 = 0

H 12T8 + 12T9 = 0

Exercício:


19

Reações

VA 1700

VB 300

HB 0

T L Normal

1 -340 5 -1700

2 0 5 0

3 -240 7,07 -1697

4 240 11,18 2683

5 -150 10 -1500

6 0 5 0

7 -480 5 -2400

8 100 12 1200

9 -100 13 -1300

2t

E

5tDF

α

ααα

α

αA

6

7

5

9

4

8

3

21

3t

HA

C

B1t

VA

VC

2 m 2 m

1,5 m

3 m


Nó Equação

BV 91 N 0− + =

H 1 2N N 0− + =

EV 9 5 42 N N sen N sen 0− − − α − α =

H 5 4N cos N cos 0− α + α =

FV 5 7 63 N sen N sen N 0− + α + α − =

H 5 7N cos N cos 0α + α =

DV 4 8N sen N sen 3 0α − α − =

H A 85 N cos N cos 0− − α − α =

CV C 3 7V N N sen 0+ + α =

H 2 7N N cos 0− − α =

AV A 6 8V N N sen 0+ + α =

H A 1 8H N N cos 0+ + α =

1. Calcular as forças normais nas barras da treliça:


20

3t 5t

2tD 7 E

6

5

4

3

C

1

2

A B

4 m 4 m

6 m


2. a) Verificar se a treliça é isostática.

b) Calcular a força normal em todas as barras da treliça, utilizar o processo dos nós ou o processo dos coeficientes de força.

3. Dada a treliça, determinar as reações de apoio e a força normal nas barras:


21

1000 kgf

A

B

1 2

3 C 500 kgf

4

D

56

7 E

84 m

9

F

2 m3 m

3 m

α

α

5 m

5t4 m4 m

3 m

3t

2t

CB

D


4. Determinar as forças normais da treliça abaixo (qualquer método):

5. Dada a treliça abaixo, pede-se verificar se a mesma é isostática, suas reações de apoio e as forças normais em todas as suas barras.

NÓS EQUAÇÕES N (EM KN)


22

6 m 4 m

3 m

3 m 7 m

A E B

C D F5 t

2 t

4 m

A B

4

3

12

C D7

3 m

865 3 m

EF

3 m

11

12109

2 KN

G13

2,54 KN4 KN

60º


A H

V

B H

V

C H

V

D H

V

E H

V

F H

V

G H

V

H H

V


23

Apostila estruturas em trelica

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