Livro - Jose Carlos Suessekind - Curso de Analise Estrutural - Vol 01

o CUtlO de Análise EstrUtUIal compreende os volumes:

I - Estruturas isostáticas.Il - Deformações em estrutUIas. Método das forças.

lU - Método das defornlações. Processo de Cross.

CIP-Brasil Catalogação-na-FonteCâmara Brasileira do Livro, SP

Enciclopédia Técnica Universal Globo

JOSÉ CARLÓS SÜSSEKIND

S963cv,l-3

74·0679

Süssekind, José Carlos, 1947-Curso de análise estrutural / José Carlos Süssckind. -

6'.' ed. - Porto Alegre - Rio de Janeiro: Globo, 1983

v. ilust. (Enciclopédia técnica universal Globo)

Bibliografia.

Conteúdo: -v. 1. Estruturas isostáticas. -2. DefoJTlla-ções em estrutUIas. Método das forças. -3. Método dasdeformações. Processo de Cross.

1. EstrutUIas-Análise. (Engenharia) 1. Título. lI. Títu-lo : Estruturas isostáticas. m. Série.

CDD-624.171

fndices para catálogo sistemático:

1. Análise estrutUIal : Engenharia 624.1712. Estruturas: Análise: Engenharia 624.171

CURSO DE,ANALISE ESTRUTURAL

Volume

Estruturas Isostáticas

6~ Edição

EDITORA GLOBOPorto A leqrp " R ia de Janeiro

1983

Copyright © 1973 by José Carlos Süssekind

1~ Edição - dezembro de 19752~ Edição - julho de 19773~ Edição - março de 19794~ Edição - maio de 19795~ Edição - março de 1980

Capa;Ruben Herrmann

Planejamento gráfico:AM Produções Gráficas

-i!!!l4!1i\!.. lItxlljJlI,IIJ'R,iI!f'V

I

J,Apresentação

A idéia de escrever este Curso de Análise Estrutural nasceu da necessi-dade encontrada de um texto que nos servisse de' suporte para o ensino daIsostática e da Hiperestática aos futuros engenheiros civis, idéia esta quecresceu com o estímulo recebido da parte de diversos colegas de magistério,que se vêm deparando com o mesmo problema, e cuja concretização se tomoupossível a partir do interesse demonstrado pela Editora Globo em editá-lo.

o Curso de Análise Estrutural será dividido em três volumes, no primei·ro dos quais estudaremos os esforços nas estruturas isostáticas, ficando o es-tudo dos esforços nas estruturas hiperestáticas e das deformações em estru-turas em geral para ser feito nos segundo e terceiro volumes. Nestes últimos,incluiremos também o estudo de alguns tópicos especiais, cujo conhecimentojulgamos indispensável ao engenheiro civil.

Na apresentação deste Curso, é dever de gratidão mencionar o nome doextraordinário professor que é o Dr. Domício Falcão Moreira e Silva, a quemdevemos no~!\os conhecimentos de Mecânica Racional e de Mecânica da.sEstruturas, e por iniciativa de quem fomos lançados no magistério superior,na Pontifícia Universidade Católica do Rio de Janeiro.

A primeira edição desta obra foi realizada em convênio com aUniversidade de São Paulo

Direitos exclusivos de edição, em língua portuguesa,.da Editora Globo S. A.

Av. Getúlio Vargas, 1271 - 90000 - Porto Alegre, RSRua Sarg. Silvio Hollenbach, 350 - 21510 - Rio de Janeiro, RJ

Agradecemos antecipadamente aos nossos leitores e colegas quaisquercomentários, sugestões ou críticas que nos venham a enviar através da EditoraGlobo, pois, a partir deles, estaremos em condições de tentar sempre melhorareste trabalho, no sentido de· torná·lo cada vez m,ais útil ao nosso estu-dante - objetivo final de nossos esforços.

Rio de Janeiro, 19 de abril de ] 974

José Carlos SUuekJnd

Sumário

CAPITULO I - CONCEITOS FUNDAMENTAIS

- Domínio de estudo da Análise Estrutural 1

2 - As grandezas fundamentais: Força e Momento 22.1 - Força 22.2 - Momento 32.2.1 - Propriedades do momento 42.2.1.1 - Momento de uma força em relação a um ponto 42.2.1.2 - Momentos de uma força em relação a diversos pontos 52.2.1.3 - Momento de uma força em relação a um eixo 62.2.1.4 - Momento constante de um sistema de duas forças paralelas,

de mesmo módulo e sentidos opostos 92.3 - Redução de um sistema de forças a um ponto. Conceito físico 10

3 - Condições de equilíbrio 103.1 - Casos particulares importantes 123.1.1 - Sistema de forças concorrentes no espaço 123.1.2 - Sistema de forças paralelas no espaço 123.1.3 - Sistema de forças coplanares 14

4 - Graus de liberdade. ApoiQs. Estaticidade e Estabilidade 164.1 - Graus de liberdade 164.2 - Apoios 174.2.1 - Estruturas planas carregadas no próprio plano 184.2.2 - Cálculo das reações de apoio 204.3 - Estaticidade e Estabilidade 23

5 - Esforços simples 255.1 - Caso particular importante: estruturas planas carregadas no próprio plano 34

6 - Cargas 406.1 - Cargas concentradas 416.2 - Cargas distribuídas 416.3 - Cargas-momento 45

CAPíTULO 11 - ESTUDO DAS VIGAS ISOSTÁTICAS

- As equações fundamentais da. Estática 48

2 - Vigas biapoiadas 502.1 - Carga concentrada 502.2 - Carga uniformemente distribuída 532.3 Carga triangular 552.4 Carga-momento 592.5 - Caso geral de carregamento 62

3 - Vigas engastadas e livres 67

4 - Vigas biapoiadas com balanços 69

5 - Vigas Gerber 735.1.. - Introdução 735.2 - Exemplos de decomposição 77

6 - Vigas inclinadas 796.1 - Viga submetida a carregamento distribuído vertical 796.2 - Viga submetida a carregamento distribuído horizontal 816.3 - Viga submetida a carregamento distribuído perpendicular a seu eixo 82

7 Problemas resolvidos 84

8 - Problemas propostos 98

9 - Solução dos problemas propostos 104

CAPÍTULO III - ESTUDO DOS QUADROS ISOSTÁTICOS PLANOS

- Quadros simples 1101.1 - Quadro biapoiado 1101.2 - Quadro engastado c livre 1151.3 - Quadro triarticulado 1171.4 - Quadro biapoiado, com articulação c tirante (ou escora) 121

2 - Quadros com barras curvas 123

3 - Quadros compostos 1303.1 - Introdução 1303.2 - Exemplos de decomposição 1313.3 - Exemplos de resolução 135

4 - Estudo dos arcos triarticulados 1404.1. - Estudo dos arcos triarticulados para carregamento vertical em função

da viga de substituição 1414.2 - Definição e determinação da linha de pressões 1434.3 - Aplicações 146

5 - Sistemas-guindllste 151



CAPÍTULO IV - ESTUDO DAS TRELIÇAS ISOSTÁTICAS

- Introdução 185

2 - Classificaçãodas treliças 1922.1 - Quanto à estaticidade 1922.2 - Quanto à lei de formação 195

3 Método de Ritter 1953.1 - As bases do método 1953.2 - Exemplos de aplicação 1983.3 - Resolução das treliças de altura constante em função

da viga de substituição 2023.3.1 - Treliça com uma diagonal por painel 2023.3.2 - Treliças com duas diagonais por painel (VigasHassler) 214

4 - Método de Cremona 2204.1 - Introdução 2204.2 - Apresentação do método 2234.2.1 - Notação das cargas e dos esforços normais 2234.2.2 - Roteiro do método 2234.3 - Exemplos 226

5 - Treliças compostas 2315.1 - Conceituação 2315.2 - Método de resolução 2335.3 - Aplicações 236

6 - Treliças complexas 2416.1 - Conceituação 2416.2 - Método geral de resolução das treliças complexas (Método de Henneberg) 2416.3 - Aplicações 246

"

7 - Treliças com c~rgas fora dos nós 2517.1 - Método de resolução 2517.2 - Aplicações 253

8 - Introdução ao estudo das treliças espaciais 258



CAPITULO V - ESTUDO DAS ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS NO ESPAÇO

- Estudo das grelhas isostáticas 2751.1 - Introdução 2751.2 - Dcfiqição 2761.3 - Aplicações 2791.4 - Vigas-balcão 286

2 - Estudo dos quadros espaciais isostáticos 289

3 - Prohlcmas propostos 2924 - Solução dos problemas propostos 295

CAPITULO VI - ESTUDO DAS CARGAS MÓVEIS EMESTRUTURAS ISOSTÁTICAS

- Introdução 298 _1.1 - Classificação das cargas que atuam nas estruturas 2981.2 - Definição das cargas móveis. Trens-tipo 2991.3 - O problema a resolver. Forma de resolução 300

2 - Linhas de influência 3012.1 - Definição 3012.2 - Fases de resolução do problema 3022.3 - Obtenção dos efeitos, conhecidos o trem-tipo e a linha de influência 3022.4 - Obtenção das linhas de influência para as estruturas isostáticas 3042.4.1 - Viga engastada e livre 3042.4.2 - Viga biapoiada 3052.4.2.1 - Pesquisa dos valores máximos 3112.4.3 - Viga biapoiada com balanços 3202.4.4 - Vigas Gerber 325 ~2.4.5 - Sistemas triarticulados 3282.4.5.1 - Tensões nos bordos das seções 3302.4.5.2 - Tensões nos bordos dos encontros 3322.4.6 - Treliças 3422.4.6.1 - Caso particular: treliças de altura constante 346



Introdução ao primeiro volume

o primeiro volume, em que fazemos o estudo estático das estruturasisostáticas, para cargas permanentes e móveis, foi dividido em seis capítulos,comentados a seguir.

O primeiro capítulo (Conceitos Fundamentais) visa a flXaçãodos con-ceitos de Mecânica Racional que julgamos base imprescindível à boa com-preensão da Análise Estrutural; nele definimos as condições estáticas doequilíbrio, introduzimos as noções de vínculos, graus de liberdade e estati·cidade de uma estrutura e definimos os esforços simples que atuam numaseção de uma estrutura.

No segundo capítulo (Estudo das vigas isostáticas), apresentamos asequações diferenciais fundamentais de Estática, estudando a seguir, para osdiversos tipos de carregamentos que podem ocorrer na prática, as vigasbiapoiada, engastada e livre, biapoiada com balanços e Gerber. Durante esteestudo, são apresentadas ao leitor, pouco a pouco, as idéias básicas para otraçado dos diagramas s{,licitantes, que ao fim deste capítulo, não deverámais encontrar qualquer dificuldade neste setor.

O terceiro capítulo aborda em detalhes os quadros isostáticos simplt:s ecompostos. Queremos chamar a atenção para a enorme importância desteestudo, pois, embora os quadros isostáticos ocorram com pequena incidênciana prática, seu perfeito conhecimento é absolutamente indispensável aoestudo das estruturas hiperestáticas. (Este é um problema com o qual nosdeparamos, constantemente, no ensino de Hiperestática, motivo pelo qualdemos uma grande ênfase ao tratamento dos quadros isostáticos em nossoCurso.)

O quarto capítulo trata do estudo das treliças isostáticas planas (simples,compostas e complexas), sendo discutida sua lei de formação e apresentadosseus dois grandes métodos de resolução (Ritter e Cremona). São feitasaplicações para os tipos usuais de treliças da prática. Entre eles, ênfaseespecil,l1mereceu o caso das treliças cujo estudo pode ser feito recair no deuma viga de substituição (muito comuns em pontes).

2.1 - Força

2 - AS GRANDEZAS FUNDAMENTAIS: FORÇA E MOMENT01

3

(1.1 )

D

:.,009l!:à2m -+

c

Fje l-I

4m

A

.t50,l!J!à-{-

~ ~ ~F= Xi + Yj + Zk

Conceito. fund.mentlll.

No caso mais geral, que é o das forças situadas no espaço, elas ftcam de-fmidas por um ponto de passagem e por suas componentes X, Ye Z segundoos eixos triortogonais x, y, z, a partir das quais podemos expressá-las pelaigualdade I.1:

Não nos áeteremos no estudo das propriedades das forças, para as quaisvalem as propriedades dos vetores, já estudadas em Cálculo Vetorial.

2.2 - Momento

Seja a barra da Fig. l-I, suportada em C por um cutelo sem atrito e tendoum peso de 10 kg suspenso em B, que se deseja contrabalançar por um pes?suspenso em A.

É fácil ver que o peso a ser colocado em A, a ftm de contrabalançar oefeito da rotação da barra em tomo do cutelo C, deve ser inferior a 10 kg,por estar mais afastado de C do que este último; por tentativas, veríamos queseu valor deve ser de 5 kg. Este exemplo simples foi escolhido para ilustrar ofato de que o efeito de rotação de uma força em torno de um ponto dependedo valor da força e também de sua distância ao ponto, sendo diretamente pro-porcional a ambos. Se desejarmos, então, criar uma ~andeza física, através daqual queiramos representar a tendência de rotação em torno de um ponto,provocada por uma força, esta grandeza d,everá ser função da força e de suadistância ao ponto.

Esta grandeza é o momento, que será defmido da maneira a seguir.'-,-+

Chama-se momento de uma força F em relação a um ponto O ao produto~vetorial do vetor OM (sendo M um ponto qualquer situado sobre a linha de~ ~ação da força F) pela força F, conforme indica a Fig. 1-2.

Temos: 1n = oM1\F (1.2)

t",,. '

,

[

CUra0 clt In''' •• artrutu •.•1 'I

A noção de força é das mais intuitivas possíveis: podemos exercer umaforça sobre um corpo por meio de um esforço muscular; uma locomotivaexerce força sobre os vagões que ela reboca; uma mola esticada exerce forçassobre as peças que ftxam suas extremidades; etc. Em todos estes casos, ocorpo que exerce a força está em contato com aquele sobre o qual ela é exer-cida - 'tratam-se, pois, de forças de contato. Há, também, forças que atuamatravés do espaço, sem contato, chamadas, por esta razão, forças de ação àdistância - são as forças devidas à existência de campos agindo sobre ocorpo. É o caso das forças elétricas, magnéticas, das forças de gravitação e,no caso da Terra, das forças devidas à gravidade (que são os pesos dos corpos).Estas últimas serão as mais importantes da Análise Estrutural, conformeveremos em seu desenvolvimento. É comum chamar-se às forças que atuamnuma estrutura de cargas, denominação esta que manteremos em nosso Curso.

As forças são grandezas vetoriais, caracterizadas por direção, sentido eintensidade. Sua unidade, no sistema MT*S, que é o adotado em EngenhariaEstrutural, é a tonelada-força, cujo símbolo é t*, ou, mais simpliftcadamente,t.2

pll1'11 para as placas e curva para as cascas) e dos blocos (caso das barragens)e nro serio abordados neste Curso de Análise Estrutural; são estudados, a par-tir da teoria da Elasticidade, em Cadeiras próprias (em nível de especializaçãoou p6s-graduação, dependendo da Universidade).

Nosso Curso de Análise Estrutural será, então, um curso da Análise Estru-tural das barras. A teoria que aqui desenvolveremos tem precis[o excelen-te para barras cuja relação do comprimento para a altura seja superior a10 : 1, apresentando precisão ainda boa para relações até 5 : 1. Estas relaçõesenglobam a esmagadora maioria das barras da prática. (Nos casos em que estarelação se torne inferior, a peça não mais poderá ser classificada como barra,devendo ser estudada como placa, casca ou bloco, conforme o caso.)

1Não é nosso objetivo, neste tópico, escrever um tratado sobre Estática Abstrata,já estudada nas Cadeiras de Mecânica Racional que antecedem às de Análise Estrutural.Faremos, apenas, uma reapresentação, à nossa maneira, dos conceitos básicos, a respeitodos quais, muitas vezes, o aluno que se inicia no estudo da Análise Estrutural apresentadúvidas, conforme tem demonstrado nossa experiência, bem como a de diversos colegasde magistério.

2 Não confundir este último com a unidade de massa do sistema MTS.

4 Curso de análise estrutural Conceitos fundamentais 6

(1.3) ,

Fig.l-4

~Seja uma força F e um eixo r, definido pelos pontos O e O', conforme

indica a Fig. IA. Calculado o moment:> m da força F em relação ao pon-to O, podemos determinar Sl'a projeç.ão sobre a reta r, à qual chamaremos p.Calculemos, agora, a proje((ão do momento m' da força F em relaçll:o aoponto o', sobre a reta r.

A partir da igualdade 1.3, podemos escrever que:

~2.2.1.2 - Os momentos de uma força F em relação a diversos pontos

situados sobre um mesmo eixo têm projeção idêntica sobre este eixo.

A partir da definição de momento, temos:

fiçando demonstrada nossa propriedade.

Como, a partir da Fig. 1-3, temos:----+--O'A = 0'0 + OA, podemos escrever:..••. -----+ ~--~/':'-~ .••. --~m' = (0'0 + OA)AF = O'OAF + OAAF = m + O'OAF

.••. ---+.~m' = O'A A F

Representaremos o vetor-momentom por um vetor com seta dupla (afim de não confundi-lo com uma for-ça). Sua direção é perpendicular aoplano P que contém a reta-suporte da~força F e o ponto O; seu sentido é da-do, a ~tir do sentido ja rotação dovetor OM para o vetor F ou, o que dáno mesmo, a Wtir do sentido da rota-ção da força F em torno do ponto O,pela regra da mão direita, conformeindica a Fig. 1-2, fazendo a mão direi-ta girar no sentido desta rotação eobtendo-se o sentido do vetor-momen-to pela posição ocupada pelo polegardurante esta rotação (o polegar apontapara o lado em que está situada aseta dupla do vetor-mom~o};feu mó-dulo é dado por Iml = IOMllFlsen a == Fd, isto é, igual ao produto do mó-~dulo da força F pela menor distânciado ponto O à sua linha de ação.

A unidade de momento, no sistemaMT*S, é o mt (ou tm).

Fig. 1-3

~ O'

Fig. 1-2

o

'++-, """*2.2.1.1 - O momento m de uma força F em relação a um ponto O' éigual à soma vetorial do momento m da força F em relação ao ponto O~ .com o momento de F, suposta aplicada em O, em relação ao ponto O'.

2.2.1 - Propriedades do momento

Estudaremos, a seguir, algumas propriedades do momento, que conduzirãoa conclusões importantes no estudo da Análise Estrutural.

6 Curso de anãlise estrutural Conoelto. fundamentei •. 7

---+~ ~~proj, m' = proj, m_+ proj, (0'0/\ F) = P + proj, (O'u/\F) z

~ ~Ora, sabemos, pela definição de produto vetor~ qus 0'0 /\ F é um

vetor perpendicular à reta r e que, portanto, proj, (0'0/\ F) = O.. • ++ - • ++ , • ++"Com Isto temos: pro], m = pro], m = pro], m = .•.•...•. = p.

* ~. ,2.2.1.3 -:- O momento m de uma força F em relação a um ponto O pode

ser representado por suas projeções Mx, My e Mz na direção de 3 eixoscartesianos triortogonais, conforme indica a Fig. 1-5, a partir das quais podeser definido pela igualdade 1.4:

Fig.l-6 Fig. 1-7

Levando-se em conta a propriedade 2.2.1.2 deste tópico, podemos definir~O momento de uma força F em relação a um eixo como sendo a projeção,sobre esse eixo, do momento desta força em relação a qualquer ponto desseeixo.

Observações: a) Calculemos o momento de uma força em relação aum eixo que lhe seja coplanar, conforme indica a Fig. 1-6: O momento 'ffidesta for~ em-!elação a um ponto genérico O deste eixo, sen!o dadopor m = OM /\ F, é perpendicular ao plano P definido pela força F e peloeixo r. Sua projeção sobre r será, então, nula.

Podemos, pois, afirmar que o momento de uma força em relação a umeixo que lhe seja concorrente ou paralelo é nulo (nos dois casos a força e oeixo 81'0 coplanares). Esta propriedade será de grande importância no nossoil't'uclo.

Fig.I-8

c) O módulo do momento resultante de uma força em relação a um eixopode ser obtido diretamente, sem ser necessário calcular o momento resul·tante para, após, achar sua componente na direção do eixo:

z

~ . ~Seja calcular o momento da força F em relação ao eixo z. A força F pode

ser decomposta nas forças FI e F; indicadas na Fig. 1-8, a primeira paralelaao eixo z e a segunda situada num plano P a ele perpendicular. A componente

b) O momento resultante de um sistema de forças coplanares em relaçãoa qualquer ponto situado no plano destas forças será sempre perpendiculara este plano, pois, a partir da observação anterior, imaginando ser este planoo que contém os eixos x e y, teríamos Mx = My = O e o momento resultante

, m ficaria dado por .m = Mz, k, sendo z o eixo perpendicular ao plano dasforças, conforme indica a Fig: 1-7. Usaremos esta propriedade no estudo dasestruturas planas, carregadas no próprio plano.

',;;

(1.4)

As projeções Mx, My e Mz são cha-madas momentos da força Fem rela-ção aos eixos x, y e z, respectivamente.O momento de uma força em relação aum eixo é, então, uma grandeza emi-nentemente escalar, cujo sinal é posi-tivo ou negativo conforme a dupla setado momento resultante m.' tenha suaprojeção sobre o eixo acomparihandoou não seu sentido positivo, ou, o quedá no mesmo, verificando, pela regrada mão direita, se a rotação da forçaem torno do eixo dá um momento nosentido positivo ou negativo do eixo.

Fig. 1-5

.•.. '~ ~ ~m = Mx i + My j + Mz k

8 Curso de análise estrutural Conceitos fundamentais

Para a força F2: Mx = O (F2 é concorrente com Ox)My = O (F2 é paralela a Oy).Mz = - 1 X F2 = - 4 mt

Para a força F3: Mx = 4 X F3 = 16 mtMy = - 1 X F3 = - 4 mtMz = O (F3 é paralela a Oz)~

Os momentos da força F em relação aos eixos x, y e z serão, então, porsuperposição de efeitos:

{

MX = O + O + 16 = 16 mtMy = O + O - 4 = - 4 mtMz = - 12 - 4 + O = - 16 mt

* ~Calculemos o momento m da força F em relação ao ponto O:~ + + +

Temos: F = (B - A) = 3i - 4j + 4k e então:

FI' por ser paralela a z. não dará momento em relação a este ei~o, sobrando~ ...apenas o da componente F2, cujo módulo é igual ao do momento destaforça em relação ao ponto O em que o eixo intercepta o plano P. O módulo~do momento da força F em relação ao eixo z será, então, igual a IMz 1= F2d =• Fd sen a, sendo d a menor distância do suporte da força F ao eixo z,conforme indica a figura (no caso, o momento será positivo,' pela regra damIo direita). Podemos afirmar, então, que o módulo do momento de umaforça em relação a um eixo éigual ao produto do módulo da força pela menordMância entre a reta suporte da força e o· eixo e pelo seno do ânguloformado pela força e o eixo; seu sinal é obtido pela regra da. mão direita,definida anteriormente.

A aplicação seguinte esclarecerá.

Ex. 1.1~- Calcul~s momentos Mx• Mp e Mz em relação aos eixos x, y~ z,da força F, de origem no ponto A(l, 4, O), direção e sentido do vetor AB ecujo módulo, em toneladas. é igual ao módulo da distância AB. Verificar, apartir de sua definição, que o momento m da força F em relação ao ponto O édado por:* + + +m =Mxi+Myj+Mzk.

+ +i j1 43 - 4

+kO4

+ + +16i - 4j - 16k

Fig. 1-9-+

P1a Fi~ 1-9~odemos ver que a força F pode ser expressa pela igualdadeF = Fi +. F2 + F3, em que cada uma destas últimas forças é paralela a umdos eixos coordenados. Calculemos os momentos de cada uma delas emrelação aos eixos x, y e z.Temos: Para a força Fi: Mx = O (Fi é paralela a Ox)

My = O (Fi é concorrente com Oy)Mz = - 4 X Fi;" - 12 m! Fig.I-10

-+~~~/~~;t:

valor este que já sabíamos a priori, a partir dos valores já calculados paraMx, My eMz·

Observ~ o leitor a enorme simplicidade com ql,le calculamos os momentosda força F em relação aos eixos x, y e z, trabalhando com suas componentesnas direções dos 3 eixos coordenados (não foi necessário calcular menordistância entre a reta AB e cada um dos eixos riem os senos dos ângulos~ ,

form~os por F com cada um dos eixos, porque não trabalhamos diretamentecom F). Tal procedimento deve ser sempre empregado, a fim de simplificara resolução numérica dos problemas.

2.2.1.4 - Um sistema de duas forças paralelas, de mesmo módulo e senotidos opostos, conforme indicado na Fig. 1-10, tem a propriedade de possuirmomento constante em relação a qualquer ponto do espaço, senão vejamos.

~ 'O momento das duas forças F em

relaçãi:> ao ponto genérico O será da·do por: m = oM'I\.F - oM I\. F == MM' I\. F independendo, portanto,da posição de O. Dizemos, neste caso,que as 2 forças formam um binário,que é, conforme vimos, um invarianteem relação a qualquer pontó do espa-ço.

'--y

A(1,4.0)

t,,-+-----/.. /

/ I I // '. /

B(4,0,4) - - +--t--(i F '. I

II / F21//)L _

/x/

~-------


2,3 - Reduçl'lo de um sistema de forças a um ponto. Conceito físico submetido a um sistema de forças, é queest<ls forças satisfaçam às equll~Oosvetoriais:

-+Soja 8 força F indicad<l na Fig. I-I I.l, que queremos reduzir ao ponto O,Isto é, cujos efeitos em relação ao ponto O desejamos conhecer.

... ... ...F F F

! / ..• <~F

- o ! - o•.-;11-11.1 I-I I.2 1-11.3

(~ ::: O (1.5)m::: O

-+ -em que R é a resultante das forças e m seu momento resultante em relação aqualquer 3 ponto do espaço.

Levando-se em conta que:.-+ + + +R (~X)i + (~ Y)j + (~Z)k- + + +m == (~Mx)i + (~My)j + (~Mz)k,

as 2 equações vetoriais de equihbrio (1.5) podem ser substituídas, cada umadelas, por três equações escalares de equihbrio, obtendo-se o grupo das seisequações (1.6), que são as seis equações universais da Estática, regendo O

equilíbrio de um sistema de forças, o mais geral, no espaço.

(1.6)

O'

Fig. (-12

~x O~y O~Z O~Mx"7 O~M'y= O~Mz":::: "O

3É lícito afi;mar que, se para um dado ponto O do espaço temos R = O e m = o,as mesmas igualdades se repetirão para todos os demais, senão vejamos.

Seja um sistema de forças que, reduzido aum ponto ~ do espaço, nos forneceu umaresultante R e um momento resultante in,conforme indica a Fig. 1.12. Reduzindo es-tas solicitações para o ponto O', teremos,por influência de it, o aparecimento de umaforçaRe de um momento dado porõ'Õ/\ltaplicados em O' e, por influência do momen-to in, um momento adicional de ift em O'Of que uma carga-momento, por poder sersubstituída por um binário, é um invarianteem relação a qualquer ponto do espaço).No ponto O' temos, então, uma força R eum momento I( iti + O'ô /\ Ih Logo, seR e Oin forem nU,losnum dado ponto, também oserão para,' todos os demais, assegurando oequilíhriçj' do conjunto de forças.

Para um corpo, submetido a um sistema de forças, estar em equilíbrio,6 necessário que elas não provoquem nenhuma tendência de translação nemrotaç!fo a este corpo. Como a tendência de translação é dada pela resultanteR das forças e a tendência de rotação, em torno de qualquer ponto, é dadapelo momento resultante m destas forças em relação a este ponto, basta que

-+ -estes dois vetores R e m sejam nulos para que o corpo estyja em equilíbrio.'

A condlç[o necessária e suficiente para que um corpo esteja em equilíbrio,

3 - CONDIÇÕES DE EQUILÍBRIO

,Fig. 1-11 _

Nada se alte~, s0t, ~ ponto de vista estático, se acrescentarmos, no pontoO, duas f()rças F e (- F), conforme indicado em 1-11.2. Analisando o esquemaIndicado nesta figura, podemos encará-lo como constituído por uma força Faplicada em O e pelo binário formado pelas forças (- F) ~Iicada em O e Faplicada em A, que pode ser substituíd~ pelo momento m::: õA /\ F, quese confunde com o momento da força F em relação ao ponto O, conformeindica 1-11.3. Podemos, então, afirmar que, para reduzir um sistema de forçasa um determinado ponto do espaço, basta transferir todas as forças para('síe ponto, acrescentando, para cada uma delas, seu momento em relação a es-te ponto.

-+Um sistema de forças é, então, redutível a uma resultante R e a um

momento resultante in em relação a qualquer ponto O do espaço, nos casosmais gerais, iguais, respectivamente, à soma vetorial de todas as forças e àsoma vetorial dos momentos de todas estas forças em relação ao ponto O.A resultante simboliza a tendência de translação do sistema e o momentoresultante, sua tendência de rotação em. relação a um eixo pas~'ando por O.


(1.9)

(1.8)

Fig. 1-15

Se temos r.Mx = ~My = O, istonos garante que o sistema de forçasnão apresenta um momento resultanteem relação ao ponto O (pois ~Mx == "iMy = "iMz = O). Um sistema deforças paralelas, que satisfaça a estasduas primeiras condições, poderia serapenas redutível a uma resultante pas-sando por O; para indicar ·que estaresulhnte deve também ser nula, pode-mos empregar a equação ~ Z = O, jádiscutida anteriormente, ou uma equa·ção de somatório de momentos nulo.em relação a um eixo t não-concorrente com os eixos x e y em O. O grupode equações (1.9) 'poderia ser, então, empregado para estudo do equihbriodeste sistema de forças, em vez do grupo (1.8):

Observações: a) A equação r. z = Opode ser substituída por uma ter~eíruequação de somatório de momentos nulo em relação a um 39 eixo t, situadosobre o plano xy, mas não-concorrente com estes 2 eixos em O, conformeindica a Fig. 1-15, senão vejamos:

b) Este tipo de sistema de forças será abordado em detalhe no estudo dasgrelhas, que se fará no CapoV deste volume.

{:Mx = O'f.My = Or.Z = O

O equihbrio de um sistema de forças paralelas no espaço pode ser estuda-do, então, a partir de três equações de somatório de momentos nulo em rela-ção a 3 eixos, não-concorrentes os três no mesmo ponto, nem paralelos ostrês entre si, e situados num plano perpendicular ao das forças (não existeobrigação de dois desses três eixos serem ortogonais, pois basta eles seremconcorrentes num ponto e termos somatório de momentos nulo em relaçlíoaeles, para podermos afirmar que o momento resultante é nulo em relação aesse ponto, recaindo-se no raciocínio que introduziu o grupo de equações1.9).

(1.7)

Fig. 1-)4

Fig. 1-13

3.1.1 - Sistema de forças concorrentes no espaçoSeja o sistema de forças no espaço, concorrentes no ponto O, indicado na

Fig. 1-13. Seu equilíbrio é, conformesabemos, ditado pelo grupo de equa-ções (1.6). Por se tratarem de forçasconcorrentes no ponto O, as três úl-timas equações do grupo, que simboli-zam o momento resultante nulo, de-generam em meras identidades (poisuma força não dá momento em relaçãoa um ponto situado sobre sua linha deação), perdendo, pois, sua expressão.como equações. Tal caso será, então,regido apenas pelas equações que ca-racterizam a resultante nula, ou seja,pelas equações (I.7).

I

3.1 - Casos particulares i~ortantes'I',

3.1.2 - Sistema de f~rças paralelas no espaçoSeja o sistema de forças paralelas no espaço indicado na Fig. 1-14. Por

serem todas as forças paralelas ao eixo• Oz, as equações ~X = O, ~ Y = O e

_ ~Mz = O degeneram em identidades,

1F; I I F2 1__ pois não há componentes de forças

I + F3 paralelas a um dos eixos coordenadosI nas direções dos dois demais, bem co-l- - - - - y mo não existe momento de uma força

/ / O I 1 em relação a um eixo que lhe sela/ _ ---> paralelo. Permanecerão válidas, então,

/ F5 F4 como equações, as indicadas no grupox (1.8), que regerão o equilíbrio de um

sistema de forças paralelas ao eixo ()z.

Observação: Este caso de sistema de forças ocorrerá no estudo do equilí-brio dos nós das treliças ~spaciais, conforme veremos no Capo IV destevolume.

{~~ : ~~Z = O

14 Curso de análise estrutural CoflC4tlto. fundlmental. 16

(1.12)

Fig.I-20

(1.11)

Fig. 1-19

b) O caso de sistema de forças coplanares é o mais freqüente na AnáliseEstrutural, pois a grande maioria das estruturas que se nos apresentam sãoestruturas planas, submetidas a carregamentos atuantes no seu próprio plano.

c) Abordaremos, agora, dois casos particulares dos sistemas de forçascoplanares, que são o caso de todas as forças serem concorrentes num mesmoponto O, conforme indica a Fig. 1-19, e o de todas as forças serem paralelasentre si, conforme indica a Fig. 1-20.

De fato, se temos Mo = O e Mo' = O, isto quer dizer que a única possibi.lidade do sistema de fVrçás não estar em equilíbrio seria a dele ser redut(vela urna resultante cuja linha de ação fosse 00'; para amarrar o valor nulodessa resultante, podemos empregar ou uma equação de somatório de momen.tos nulo em relação a um ponto O", situado fora da reta 00', ou uma equaç!ode somatório de projeções nulo em relação a um eixo t que não seja per-pendicular à reta' 00'. Sendo assim, as equações do grupo (1.11) (referindo.seao esquema da Fig. 1-17) e do grupo (1.12) (referindo-se ao da Fig. ]-18)podem, também, ser empregadas para reger o equilíbrio dos sistemas de forçascoplanares:

{

~Mo = O~Mo' = O~Mo" ::. O

Para o caso da Fig. 1-19, em que todas as forças passam pelo ponto O, a'equação ~MO = O perde, evidentemente, a expressão, transformando-se nu-rna identidade. Permanecem apenas, então, as duas equações de projeções~X = O e ~ Y = O que regerão, pois, o equihbrio de um sistema de forçascoplanares e concorrentes num mesmo ponto (este será o caso do estudo doequilíbrio dos nós de uma treliça plana, conforme veremos no Capo IVdeste volume).

'.,,.

t

(1.10)

9QO

O'"",,/

,/

Fig. 1-18Fig.I-17

{

~X = O~Y=O~MO =0,

sendo Mo o momento de cada uma das forças em relação a um ponto Ointeiramente arbitrário, situado no plano das forças.

Observações: a) As duas equações de projeções ~ X = O e ~ Y = Opodem ser substituídas por -duas equações 11 somatório de momentos nuloem relação a dois outros pontos O' e'O" do plano xy, desde que O,O' e O"não sejam colineares, conforme indica a Fig. 1-17; ou por uma equação desomatório de momentos nulo em relação ao ponto O' e outra de somatóriode projeções nulo segundo um eixo t que não seja perpendicular a 00',conforme indica a Fig. 1-18:

/O' /,?/

//I~

/ .F20//",

~F1

3.1.3 - Sistema de forças coplanares

Seja o sistema de forças ~i~tuadasno plano xy indicado n~ Fig. 1-16.

As equações ~Z := O, ~Mx := O e~ M v = O se transformam em merasideJi'tidades, pois sabemos que um sis-tema de forças situado no plano xynão possui componentes na direção Oznem dá momentos em relação aos eixosx e y, por lhe serem coplanares. Per-manecem, então, válidas como equa-ções as duas outras equações de proje-ções ~ X = O e ~ Y = O e a outraequação de somatório de momentos

nulo ~Mz = O (que, no caso, coincidirá com ~mo= O, pois todos os momen-tos terão a direção Oz). O grupo de equações (1.10) regerá, então, o equilí-brio dos sistemas de forças coplanares:

Y tIIIII

O ~ x.

Fig. 1-16

16 . Curso de análise estrutural•• Conoeltol fundem.nul. 17

Resumindo:- um sistema de forças coplanares e concorrentes é regido pe-lo grupo de equações (1.13), a seguir:

42!II

(lig. 1-21

Yt~Rz

b) Seja, agora, o apoio Cla Fig. 1-22, constituído por três esferas ligadasentre si por três hastes, de modo a ficar formado um conjunto rígido. Ficam

Fig.I-22

4.2 - Apoios

1')01 impedem, 1Ito 6, dos graus de liberdade que eles restringem. Esta. rOI9ISI'elo apolo se oporlo às cargas aplicadas à estrutura; formando este conjunto decargas e rcaçOes um sistema de forças em equilíbrio, e regidas, portanto, pelo.Cl'upos de equaçOes deduzidos no item anterior, para os diversos tipos delistemas de forças que podem ocorrer na prática.

A função dos apoios, conforme vimos em 4.1, é a de restringir graus cleliberdade das estruturas, despertando com isto reações nas direçOes dOImovimentos impedidos. Eles serão classificados em função do ~úmero dograus de liberdade permitidos (ou do número de movimentos impedidos), po-dendo ser, então, de 6 tipos diferentes (isto é, podendo permitir 5,4,3,2,1ou nenhum grau de liberdade). Os exemplos seguintes esclarecerão.

a) Seja o apoio representado na Fig. 1-21, em que temos a estruturaapoiada sobre uma esfera perfeitamente lubrificada. O único movimentoque ela será capaz de impedir é a translação na direção vertical Oz, aparecendocom isto uma reação Rz agindo sobre a estrutura, conforme indica a'Fig. 1-21. O apoio será dito, então, um apoio com 5 graus de liberdade (oucom 1 movimento impedido).

'. '

.~.(1.15)

(1.13)

{~MO = O~Mo' = O

(1.14)

4.1 - Graus de liberdade

4 - GRAUS DE LIBERDADE. APOIOS. ESTATICIDADEE ESTABILIDADE

{~Y=O

~MO = O

{~X= O~Y=O_ um sistema de forças coplanares e paralelas é regido por um dos dois

grupos de equações (1.14 ou L"l,,), a partir do esquema da Fig. 1-20:

Já sabemos que a ação estática de um sistema de forças no espaço, emrelação a um dado ponto, é igual à de sua resultante e à de seu momentoresultante em relação àquele ponto, provocando, a primeira, uma tendênciade translação e, o segundo, uma tendência de rotação. Como, no espaço, umatranslação pode ser expressa por suas componentes segundo 3 eixos triortogo-nais e, uma rotação, como a resultante de três rotações, cada uma em tornode um desses eixos, dizemos que uma estrutura no espaço possui um total de6 graus de liberdade (3 translações e 3 rotações, segundo 3 eixos triorto-aonais).

~ evidente que estes 6 graus de liberdade precisam ser restringidos, demodo a evitar toda tendência de movimento da estrutura, a fim de ser possí-vel seu equilíbrio. Esta restrição é dada por apoios, que devem impedir asdiversas tendências possíveis de movimento, através do aparecimento derRQO" destes apoios sobre a estrutura, nas direções dos movimentos que

Para o caso da Fig. 1-20, em que todas as forças sao paralelas ao eixoOy, perde a expressão a equação ~X = O que se transforma em mera identi-dade, permanecendo válidas como equações ~ Y = O e ~MO = O, que rege-rão o equilíbrio de um sistema de forças paralelas e coplanares. A equação~ y = O pode ser substituída por uma equação de somatório de momentosnulo em relação a um 29 ponto O', desde que a reta 00' não seja paralela àdireção das forças (pois, caso o fosse, restaria a possibilid~e do sistema serredutível a uma resultante passando por esta reta). O caso de um sistemade forças paralelas no plano ocorre no estudo das vigas, que será feito, emdetalhe, noCap. 11 deste volume.

18 Curso de an'lise estrutural Cthceitos fundamentais 19

impedidas, no caso, além da translação na direção z, as rotações em t~rno doseixos x e y. O apoio será dito, então, um apoio com 3 graus de lIberdade(que são. no caso, a rotação em torno do eixo Oz e as translações nas dire~õesdos eixos Ox e O)') ou com 3 movimentos impedidos. Aparecerão, agmdosobre a es.trutura, as reações Mx, My e Rz indicadas na figura.

c) O esquema da Fig. 1-23 representa a ligação rígida entre a estrutura ~seu apoio, de dimensões tão maiores que as da estrutura, qu~ p~dem ~e~conSI-deradas infinitas em presença daquelas. Neste caso, o apOlO lmpedlfa todosos movimentos possíveis, sendo dito um apoio sem grau de liberdade (o~com todos os movimentos impedidos). Correspondendo a cada um dos moVi-mentos impedidos. aparecem, agindo sobre a estrutura, as reações Rx, Ry• Rz,M. .•. M,v e Mz indicadas na figura. Este tipo de apoio é chamado engaste.

PIII---// V

/x

São os seguintes os apoios utilizáveis para impedir estes movimentos:

a) Apoio do 19 gênero ou charriot

1-25.1 1-25.2 1-25.3

Fig. 1-25

O apoio do I ÇJ gênero pode ser obtido por uma das duas formas represen--tadas nas Figs. 1-25.1 e 1-25.2; na primeira, temos a estnitura apoiada so-bre um rolo lubrificado que impede apenas o deslocamento na direção y,permitindo livre rotação em torno dele, assim como livre deslocamento nadireção x; na segunda, a rotação é assegurada por um pino sem atrito e atranslação, na direção x, pelos rolos diretamente em contato com o planoque serve de apoio, continuando impedido o deslocamento na direção y.Repres-entaremos esquematicamente, em nosso Curso, o apoio do 19 gêneropela forma indicada na Fig. 1-25.3. Na direção do único movimento impedido,aparecerá uma reação de apoio R, conforme indica 1-25.3.

b) Apoio do 29 gênero, articulação ou rótula

1-26.31-26.21-26.1

Fig.I-26

Se, no apoio da Fig. 1-25.2, substituirmos os rolos por uma -chapa presacompletamente ao plano-suporte, conforme indica 1-26.1, estaremos impedin.do todas as translações possíveis, permanecendo livre apenas a rotação,assegurada pelo pino lubrificado indicado na figura. A este apoio, capaz derestringir todas as translações possíveis no plano, chamamos apoio do 29gênero. Ele será representado esquematicamente, em nosso Curso, por uma

V •IIL _

x

Jí..

H

'..•••.•••.•..•••••..[?'t

!

Supondo a estrutura situada no pla-no xy, conforme indica a Fig. 1-24, osgraus de liberdade a combater são astranslações nas direções Ox e Oy e arotação em torno de um eixo perpen-dicular aO plano (no caso, Oz), poisestas são as únicas tendências de movi-mento capazes de serem produzidaspelo sistema de forças indicado.Fig.I-24

tV. -+-+ F:2-+

F, I ~ r~ ~••L------ __x

o

4.2.1 - Estruturas planas carregadas no próprio plano.

Para o caso das estruturas planas carregadas no próprio plano, que é omais freqüente da Análise Estrutural, existem 3 graus de liberdade a combater,senão vejamos.

das 2 formas indicadas em 1-26.2 e 1-26.3. Na direção das translações impe-didas, aparecerão as reações H e V indicadas na figura, cuja composiçãovetorial nos dará a reação de apoio resultante no apoio do 2P gênero.

20 Curto d. an611se estrutural . .Conceitos fundamentais

Ex. 1.2 - Calcular as reações de apoio para a estrutura da Fig. 1-28.

21

c) Apoio do 39 gênero ou engaste

Observação: Não somos obrigados a decompor a reação de apoio resul-tante em direções ortogonais4, conforme fizemos na Fig. 1-26; podemosdecompô-la em duas direções quaisquer (não-paralelas, evidentemente), apartir das quais obteremos a reação resultante. Escolheremos sempre o ca-minho que mais simplifique o cálculo das reações de apoio.

,6t

+8mt 4t

C -13m

O __ -.1I - TI I 3m

---T---i--J-,fc- 4m + 4m ---k-

Fig. 1-28

B

A

dir:~~:lndO ~~s apoios do 29 gênero A e do 1P gênero D suas reações, nas. d' ç que Ja conhecemos, e arbitrando para elas um sentido conformeIn lca a Fig., 1-~9, teremos, a partir das equações de equi1íbri~ 1.10, queregem o equilíbno de um sistema de forças coplanares:

Engaste

Estrutura• yIIL

x

4Ver explicação para esta observação no item 4.1 do Capo m.

Se ancorarmos a estrutura num bloco de dimensões que possam serconsideradas infinitas em presença das dimensões da estrutura, conformeindica a Fig. 1-27.1, na seção de contato entre ambos o bloco estará impe-dindo, por sua enorme riiidez, todos os movimentos possíveis da estrutura edizemos então que ele engasta a estrutura. Um engaste será representado, es-quematicamente, da forma indicada em 1-27.2, aparecendo, na direção decada um dos 3 movimentos impedidos (2 translações e 1 rotação), as leaçõesde apoio H, VeM indicadas, -.e~

4.2.2 - Cálculo das reações de apoio

Definidos os apoios, o cálculo de suas reações é imediato, pois elas sãoforças (ou momentos) de ponto de aplicação e direção conhecidas e tais queequilibrem as cargas aplicadas à estrutura. Serão calculadas, então, a partirdas equações de equilíbrio instituídas no item 3 deste capítulo. Os exemplosseguintes esclarecem.

VD = 5t

6t

smt~

/

-----4t

Fig. 1-29

Por ~MA = O: 8VD + 8 - 6 X 4 - 4 X 6 = OPor ~y = O: VA + VD = 6 :. VA = 1tPor ~ X = O: HA = 4t

Os sinais po~i~ivos encontrados confirmam os sentidos arbitrados paraas forças. Caso tlvesse~os encontrado algum sinal negativo, isto quereria dizerq':. o módulo da reaçao seria o encontrado, e o sentido correto o inverso doar ltrado, não sendo necessário refazer qualquer cálculo.

1-27.2

Pig. 1-27

1-27.1


Fig. 1-31

6mt•• OI

Obsen'ações: a) Não exercitaremos mais profundamente, agora, o cálculodas reações de apoio porque este assunto será retomado, ao longo de todoeste volume, para cada um dos tipos estruturais que estudaremos.

b) Os apoios são os vínculos externos da estrutura, isto é, seus vínculosem relação a seus suportes (solo ou· outra estrutura). Podem existir. também,vJnculos internos nas estruturas; preferimos não apresentá-los já, a fim de11(0 confundir o leitor principiante com um excesso de conceitos novos,deixando para defini-los nos próximos capítulos, quando aparecerão de formaespontânea.

Acabamos de ver que a função dos apoios é limitar os graus de liberdadede uma estrutura. Três casos podem então ocorrer:

As reações de apoio nQ"engaste A sã'o, entáo, as indicadas na Fig. 1-32.

4.3 - Estaticidade e Estabilidade

a) Os apoios são em número estritamente necessário para impedir trJos osmovimentos possíveis da estrutura.

Neste caso, o número de reações de apoio a determinar é igual ao númerode equações de equihbrio disponíveis (isto é: número de incógnitas = númerode equações), chegando-se a um sistema de equações determinado' queresolverá o problema. (Foi o caso dos exemplos 1.2 e 1.3 anteriores.)

Diremos, então, que a estrutura é isostática, ocorrendo uma situação deequilíbrio estável.

b) Os apoios são em número inferior ao necessário para impedir todos osmovimentos possíveis da estrutura.

Neste caso, evidentemente, teremos mais equações que incógnitas. che-gando-se a um sistema de equações impossível, nos casos gerais. A estruturaserá dita hipostática e será, então, instável. (Pode ocorrer uma situaçlio decarregamento tal que o próprio carregamento consiga impedir os graus deliberdade llue os apoios não forem' capazes de impedir; será, ent,lo, um

t5t

4~t 3t--7D ~2t BC'"-- ----*,

--tiI

A I/ I

~3m-+-

Fig. 1-30

5t

.z4t t 3t

I

~ /--I <

I2t I-- /1t

r4m

Por 2.:X = O: XA 1 tPor 2.: Y = O: YA = -1 tPor 2.: Z = O: /. A = -1 tPor 2.:Mx = O: (Mx)A + 2 X 4 - 4 X 3 + 5 X 3 - 3 X 4 = O

:. (Mx)A = 1 mtPor 2.:My = O: (MI')A - 1 X 4 + 5 X 2 = O (My)A = -6mtPor L Mz = O: (Aiz)/I + 1 X 3 - 3 X 2 = O (Mz)A = 3 mt

Como um engaste impede todos os movimentos possíveis, nele aparecerãoas reações de apoio indicadas na Fig. 1-31, que serão calculadas a partir dogrupo de equações 1.6 que regem o equilíbrio de um sistema de forças noespaçC' Teremos:

Ex. 1.3 Calcular as reações de apoio no engaste A da estrutura espacialda Fig. 1·-30, cujas barras formam, em todos Os nós, ângulos de 90°.

24 Curso de análise estruturalConceito. fundamental.

28

5 A razão desta palavra "externamente" será vista quando estudarmos, no VoL Ildeste Curso, a detenninação do grau hiperestático de uma estrutura.

Fig. 1-35

;'

5 - ESFORÇOS SIMPLES

direção Ax. A rotação do sistema não está, pois, impedida e a estrutura é,então, hipostática (embora aparentemente isostática).

Analogamente, a estrutura plana da Fig. 1-34 é aparentemente hiperestá.tica, pois temos três graus de liberdade para cinco reaçôes de apoio adeterminar. Entretanto, é fácil ver que nenhum dos apoios impede atranslação na direção ABCDE; com isto, a estrutura é hipostática (emboraaparentemente hiperestática). #'

Portanto, para classificar uma estrutura (sem vínculos internos) comoexternamente isostática ou hiperestática, não basta comparar o número dereações de apoio a determinar com o de graus de liberdade da estrutura; énecessário nos certificarmos também que os apoios restringem, de fato,todos os graus de liberdade da estrutura em questão (COJl) isto é quepoderemos afastar completamente a possibilidade da estrutura ser hipostática).Este assunto será retomado ao longo deste volume, no estudo dos diversostipos estruturais que serão abordados.

b) As estruturas isostáticas serão estudadas neste volu.'lle, ficando oestudo da Hiperestática para os Vols. II e III deste Curso.

Já vimos como um sistema de forças, atuando sobre um corpo, encontraseu equihbrio através das reações de apoio que provocam. Vejamos, agora,quais os efeitos estáticos que estas cargas e reações provocam em cada umadas. seções do corpo.

Para tal, consideremos o corpo representado na Fig. 1-35, submetido aoconjunto de forças em equilíbrio indicadas (não importa quais são as forçasaplicadas e quais as reações de apoio; importa, sim, que elas constituam

E

hA 8 C O

P- iS :zs: :zs:

8<ij--xFig.I-34

caso de equilíbrio, mas de equilíbrio inst~vel, pois q~alq~er que seja adeformação imposta à estrutura, ela t~ndera. a'pr.osseguu ate a ~ua :uma).As estrutllTas hipostáticas são, então, madmissiveis para as construçoes.

c) Os apoios são em número superior ao necessário para impedir todos osmovimentos possí~eis da estrutura.

Neste caso, _~teJmos menor número de equações <I.ue d~ incógn!t~s,conduzindo a um sistema indeterminado. As equações umversaiS da Estat~canão serão, então, suficientes para a determinação das reações de apolO,sendo nec~ssárias equações adicionais de compatibilidade de deformações,conforme veremos no VoI. II deste Curso. A estrutura será dita hiperestática,continuando o equilíbrio a ser estável (aliás, poderíamos dizer, um poucoimpropriamente, que o equilíbrio é mais que estável).

Observaçoes: a) A partir do exposto neste item, pode o leitor ser t~ntadoa estabelecer o seguinte critério para classificar uma estrutura (sem vmculosinternos) como externamente5 isostática, hipostática ou hiperestática:-

. ., eo número de a oios e ve e 1 malOr uaus e ade da estr critério é perfeito no caso das estruturas

hipostáticas, mas, no caso das estruturas isostáti~as e hiperestáticas, forneceapenas uma condição necessária, mas não suficiente, conforme esclarecemos exemplos das Figs. 1-33 e 1-34.

Fig. 1-33

No caso da estrutura plana da Fig. 1-33 que, como tal, possui três grausde liberdade, temos um apoio do 29 gênero e um apoio do 1Q gênero, dandoum total de três reações de apoio a determinar. Isto sugeriria que a estruturafosse isostática, fato que não ocorre, entretanto, pois o apoio A impedetranslações nas direções Ax e Ay e o apoio B translação também na

26 Curso de anãlise estrutural Conceitos fundamentais 27

R

1-38.2

x---1-38.1

Podemos, .ent~o, dizer. que uma seção S de um ..,f0rpo em equilíbrioestã, em equtl~no, ~bmetida a um par de forças R e (-R) e a um parde momentos m e (-m), aplicados no seu centro de gravidade e resultantesda redução, a este centro de gravidade,~as forças atuantes, respectivamente,a esquerda e à direita da seção S.Na Fig.I-37 está feita esta represen-taçi(o, respeitando-se os sentidos indi-cados na Fig. 1-36, para um elementodo corpo de comprimento infinitesimalque contém 'a seção S cbmo seçãotransversal Fig. 1-37

!,açamos um estudo detalhado dos efeltos estáticos provocados por Re m na seção S.

Fig.I-38

D -+ +>ecompondo os vetores R e m em duas componentes, uma perpendicular

à seção S (tendo, portanto, a direção do eixo da barra, que representaremossempre--Jl0r x) e outra situada no próprio plano da seção S ootemos asf~rças N (perpen~cular a S) e Q (pertencente a S) e os moment~s T (perpen-dIcular a S) e A! (pertencente a S). Façamos a "análise de cada um dessesvetores, aos quaIS chamaremos esforços simples atuantes na seção S.

. (Observação: Pelo exposto, vemos que é indiferente calcular os esforçossunples atua~tes. n~a seção, entrando com as forças da parte à esquerdaou da part~ a duelta da seção. Na prática, usaremos as forças do lado quenos conduzu ao menor trabalho de cálculo.)

a)NRep.!;sentando duas seções infinitamente pró,ximas, a tendência das

forças N será a de promover uma variação da distância que separa as seções,permanecendo as mesmas paralelas uma à outra6, conforme indica a

6 .o estudo do valor desta variação de distância é feito na Resistência dOI Materla1a.

1-36.2Fig.I-36

1-36.1

um todo em equilíbrio). Seccionemos o corpo por um plano P, que ointercepta segundo uma seção S, dividindo-o nas duas partes@ e @indicadas nas Figs. 1-36.1 e 1-36.2.

Para ser possível esta divisa:o, preservando o equilíbrio destas duas partes,basta que apliquemos, na seção S da parte @, um sistema estático equi-valente ao das forças que ficaram na parte da direita - já que estas últimaspodem ser encaradas como sendo as forças tais que equilibram as forçassituadas na parte da esquerda, pois o conjunto de forças da esquerda e dadireita está em equilíbrio - e, analogamente, na seção S da parte @,um sistema estático equivalente ao das forças situadas na parte da esquerda.Esses esquemas estáticos equivalentes são obtidos, evidentemente, reduzindoas forçlts à esquerda e à direita da seça:o S a um ponto qualquer situadonesta seça:o S. Este ponto, pelas rázões que ficarão claras quando do estudoda Resistência dos Materiais, será sempre o centro de gravidade"'G da seção.

Assim, teremos, reduzindo as forças situadás na parte ® ao c~tro degrflvidade G da seção S da parte ®, o aparecimento da resultante' R destasforças e de seu momento resultante m em relaça:o ao ponto G. Reduzindoas forças situadas na parte ® ao centro de gravidade G da seça:o S da

-+ +>parte D, obteremos uma resultante R e um momento resultante m 'demesmo módulo e sentidos opostos aos encontrados pela reduça:o das forçassituadas na parte @ ao ponto G, o que é evidente, pois, no 19 caso, Re m r~resentam um sistema estático equivalente às forças existentes naparte @ e, no 29 caso, um sistema eqr-ívalente às for,Ç3s existentes naparte ®, que se equilibram, o mesmo acontecendo, então, com osvetores R e m indicados em 1-36.1 e 1-36.2.

-+Resumindo, a resultante R que atua na parte da esquerda foi obtida

pelas forças da direita, e vice-versa; o momento resultante m que atuana parte da esquerda foi obtido pelas forças da direita, e vice-versa.

Oonoelto. fundamental. 2128 Curso de análise estrutural

•

Fig.I-41

Fig.I-42

----y

z

Nilo é usual, entretanto (por requerer uma soma vetorial), calcular direta·mente o esforço cortante atuante na seção; preferimos calcular suas compo-nentes Qy e Qz segundo 2 eixos ortogonais y e z arbitrários, situados noplano da seçllo, conforme indica a Fig. 1-41, pois que, para efetuar talcálculo, basta efetuar uma soma algébrica de projeções, o que é bem maiscômodo que uma soma vetorial.

z

Assim sendo, podemps defmir esforço cortante atuante numa seção, nadireção de um eixo pertencente a esta seção, como sendo igual à somaalgébrica das projeções das forças situadas de um dos lados da seçãosegundo a direção deste e~o. Orientando os eixos y e z nos sentidosarbitrários indicados na Fig. 1-42 (o eixo x tem sempre a direção normalà seção), diremos que um esforço cortante Qy ou Qz é positivo quando,calculado pelas forças situadas do lado esquerdo da seção, tiver o sentidopositivo dos eixos y e z ou, o que dá no mesmo, quando for~~lculadopelas ·forças situadas do lado direito da seção, tiver o sentido oposto aosentido positivo dos eixos y e z. Em caso contrário, diremos que o esforçocortante é negativo.

1-40.2

dsH"

A. ;~l 1-39.2_I 1---.N I I N

1 IL J

Fig.I-40

Fig.I-39

1-40.1

1-39.1

Observação: O sentido de esforço normal representado na Fig. 1-39 éo positivo, isto é, o de tração.

Defmimos, então., esforço cortante atuante numa seção como sendo igualà soma vetorial das componentes, sobre o plano da seção, das forçassituadas de um dos lados desta seção.

~b) Q

Representando duas seções infinitamente próximas, a tendência das duasforças Q é a de promover um deslizamento relativo de uma em relação. àoutra conforme indica a Fig. 1-40.2, aparecendo, então, uma ten(l~~ia de, ~corte. Por esta razão, Q é chamada de esforço cortante.

Fig. 1-39.2. Por acarretar, então, uma tendência de movimento da ~çãOnormahnente à mesma (que é a direção do eixo), chamaremos a N deesforço normal atuante na seção. Podemos, então, definir esforço normalatuante numa seção como se~do a soma algébrica das componentes, nadireção normal à seção, de cada uma das forças atuantes de um dos ladosdesta seção. O esforço normal será positivo quando de tração (isto é,quando tender a afastar duas seções infmitamente próximas ou, em linguagemmais simples, quando estiver "saindo" da seção), sendo negativo em casocontrário (caso da compressão).


1-44.2

----

Fig. 1-44

1-44.1

-Definimos, então, como momento fletor atuante numa seção, à soma

vetorial das componentes, sobre o plano da seção, dos momentos de todasas forças situadas 'de um dos lados da seção em relação ao seu centro degravidade.

Não é usual, entretanto, por requerer uma soma vetorial, calcular direta·mente o momento fletor atuante numa seção; preferimos calcular suascomponentes My e Mz segundo 2 eixos úrtogonais arbitrários (os mesmosadotados para o cálculo de Qy e Qz) y e z, situados no plano da seção,conforme indica a Fig. 1-45, pois que,para tal cálculo, basta efetuar umasoma algébrica de valores, ao invés deuma som.a vetorial. C.a.nhecidos My eMz, a obtenção de M é imediata, apartir do esquema da Fig. 1-45. Assimsendo, definimos momento fletor atu- - - -- yante numa seção, na direção de umeixo pertencente a esta seção e quecontém o seu centro de gravidade,como sendo a soma algébrica dosmomentos das forças situadas de um Fig. 1-45dos lados desta seção em relação aesse eixo.

Para o momento fletor, desejamos sempre conhecer que fibras estãotracionadas e que fibras estão comprimidas (para, no caso das vigas deconcreto armado, por exemplo, sabermos de que lado devemos colocar asbarras de aço, que são o elemento resistente à tração). Não terá, então,sentido físico algum estabelecermos uma convençíIo de sinais baseada emorientação dos eixos y e z, de modo que não agiremos desta forma,preferindo calcular o módulo do momento fletor, acrescendo-o da infor-mação de que fibras ele traciona (para obter que fibras da seção esta:otracionadas pelo momento em questão, basta substituí·lo por um binário

Representando duas seções infinita-mente p,róximas',a tendência do mo-mento "F é a de promover uma rotaçãorelativa destas duas seções em tornode um eixo que lhes é perpendicular,passando pelo seu centro de gravidade(eixo x, portanto). Podemos dizer, emlinguagem simplista, que o momento Testá torcendo a peça e ele é, pois,denominado momento torçor atuantena seção.Fig. 1-43

-d)MRepresentando duas seções infinitamente próximas, a tendência do mo-+,

mento M, conforme a regra da mão direita, é a de provocar uma rotaçãoda seção em torno de um eixo siiuado no seu próprio plano.

Como um momento pode ser substituído por um binário, vemos que o*efeito de M pode ser assimilado ao do binário indicado na Fig. 1-44.,2,

que provoca uma tendência de alongamento em uma das partes da seçãoe uma tendência de encurtamento n~ outra parte. A peça ficará entãonetida, sendo, por isto, denominado M de momento fletor.

Defmimos, então, momento torçor atuante numa seção S como sendoa soma algébrica dos momentos das forças situadas de um,.,dos lados destaseção em relação ao eixo normal à seção que contém o seu, centro degravidade. -""~,

A convenção de sinais que adotaremos para o momento torçor é inteira-mente análoga à do esforço normal. Diremos que um momento torçor épositivo quando o vetor de seta dupla que o representa está como quetracionando a seção em questão, sendo negativo em caso contrário (no casoda Fig. 1-43, o momento torçar indicado é positivo).

-c) T

Obscr:'açãO: Note o leitor que os sinais obtidos para os esforços cor-tantes Q" e Q: são função dos sentidos que arbitramos para os eixos)l e z.Conhecidos Ql' e Qz, o esforço cortante resultante na seção é imediatamenteobtido a partir do esque.-na da Fig. 1-41.

A razão desta convenção de sinais ficará clara no desenvolvimento dosdemais capítulos deste volume, de modo que, por ora, não faremos maiorescomentários sobre ela.

l-49.2

EjMz_~mp""'o

- _TraçioI

2t

,#'v

",\'\,....."" .•.4x3=12mt..•..• - --..-x

Fig. 1-49

-2 t (comprime a seção)

-1 t (calculado pelas forças da direita tem omesmo sentido que o sentido positivode Oy)

Qz =, 4 t (calculado pelas forças da direita temsentido oposto ao sentido positivo Oz)

-12 mt (o vetor de dupla seta está como que"comprimindo" a seção)

8 mt, tracionando as fibras superiores8 mt, tracionando as fibras da frente.

T

Compl'tllliO

Traçio---1-49.1

Momento torçor:

Momentos fletores: My =

Mz =

1x2+Zx3=8mtFig. 1-48

A partir do esquema da Fig. 1-4~ temos, levando em conta as definiçõese convenções de sinais dadas para esforços simples neste item, os esforçosseguintes na seção S:

Esforço normal: N

Esforços cortantes: Qy

Entrando, no caso, com as forças situadas à direita da seçl[o (o que émuito mais simples, pois, se quiséssemos entrar com as forças da esquerda,teríamos que fazer o cálculo prévio das reações de apoio no engaste A),obtemos, reduzindo-as à seçlo S, os esforços indicados na Fig.I-48.

Conceitos fundamentais

Observações: a) A identificação das fibras tracionadas pelos momentosMy e Mz é imediata a partir dos binários equivalentes indicados na Fig. 1-49(as fibras tracionadas estão hachuradas).

-_ Treqão

-- Compressão

CurlG H In611••• "rutural

s

Fig. 1-47

-~Treqão

1-46.1

T5m

L

de mesmo sentido que ele, ficando a parte tracionada defmida pela forçado binário que tiver o sentido de tração). Assim, para o caso da Fig. 1-45,o momento Mz traciona as fibras do lado esquerdo da seção (em perspec-tiva, na Fig.I-46.l,.correspondendo às fibras doa frente) e o momentoMytraclona as fibras da parte superior, conforme se pode verificar pelo esquemada Fig. 1-46.2.

Ex. 1.4 - Obter os esforços simples atuantes na seção S indicada para aestrutura da Fig. 1-47, cujas barras formam, em todos os nós, ângulos de 90°.

Fig.I-46

(As setas, nas figuras, indicam o sentido em que as fibras da seçãotendem a se deformar.)

Resumindo, podemos dizer que, numa seção-+atuam, no caso mais gera1quatro esforços simples: um esforço normal N, um esforço cortante Q(definido por suas componentes Qy e Qz-'segundo 2 eixos ortogonais y e zpertencentes ao plano da seção), um momento torçor T e um momentofletor ,ti (definido por suas componentes My e Mz segundo estes mesmoseixos y e z). Estes esforços simples são obtidos pelas forças atuantes deum dos lados da seção, trabalhando-se, em geral, com aquele que conduzirao menor trabalho de cálculo numérico.

\

/


1-51.2

@MsS

Fig. I-51

sMs®1-51.1

no espaço. Os esforços simples sao, então, um caso particular do caso doespaço e teremos, chamando xy ao plano da estrutura, os seguintes esforçosnulos: My = 0, T = O (pois ambos seriam momentos das forças situadasde um dos lados da seção em questão em relação a eixos situados no mesmoplano das forças, momentos estes nulos, conforme vimos em 2.2.1.3 -observação a) e Qz= O (pois não há carregamento na direção z). Sobram,então N, Mz e Qy, que serão, respectivamente, o esforço normal, O

momento fietor e o esforço cortante atuantes na seção em estudo. Nocãso da estrutunt plana carregada no próprio plano, o momento Mz seconfunde com o momento resultante M das forças situadas de um doslados da seção em relação ao seu centro de gravidade e é preferívelrepresentá-lo por uma curva que indica seu sentido de rotação, conformemostra a Fig. I-51, ao invés de um vetor de dupla seta, pois a curvapertence ao plano das cargas, ao passo que o vetor de dupla seta seria aele perpendicular, o que nos obrigaria a representar uma terceira dimensãoperpendicUlar ao plano. O momento fietor será defmido; Como sempre,pelas fibras que está tracionando.

7Ver obllOrvaçlo h deite Item. •

O esforço cortante Qy se confunde, também, com o esforço cortanteresultante na seção (pois Qz = O) e representá-lo-emos, então, por Q. Suaconvenção de sinais é a mesma do caso do espaço, mas, apenas para evitaro grau de liberdade na escolha da orientação dos eixos, orientaremos oeixo y para cima 7 (a direção x é sempre a do eixo da barra em estudo) epodemos, então, dizer que o esforço cortante é positivo quando, calculadopelas forças da esquerda, for voltado para cima, ou, quando calculado pelasforças da direita, for voltado para baixo.

Quanto ao esforço normal, nada há a acrescentar, valendo tudo que foidito no caso do espaço tridimensional.

Na Fig. I-51, representamos os esforços simples M, N, Q, que podematuar numa seção S de uma estrutura plana. Notar que os esforços indicadoscomo atuando na parte da direita (Fig. 1-51.2) foram calculados com as,

sr:---+----,I s lI II II II

/ \1-50.2

M = YMS, + M~ = 8../2mt

Fig. I-50

e

1-50.1

Destacãndo o traço da estrutura neste plano de simetria P, que contémo eixo da estrutura, obtemos o esquema representado na Fig. 1-50.2, emque a linha tracejada representa o eixo da estrutura. Trata-se, então; deum sistema de forças coplanares, caso particular de um sistema de forças

Seja a estrutura representada na Fig. 1-50.1, que admite um plano P desimetria, estando todas as cargas aplicadas nesse plano.

5.1 - Caso particular importante: estruturas planas carregadas no próprioplano

N[o é usual, entretanto, fazermos este cálculo, pois traballiamos diretamentecomas componentes Qy, Qz, My e Mz, conforme se verá no CapoV destevolwne e no Voi. 11 deste Curso.

c) Recomendamos ao leitor, como exercício, refazer o cálculo destesesforços simples entrando com as forças do lado esquerdo (que são asreações de apoio no engaste). Chegar-se-á, evidentemente, aos mesmosresultados.

d) Como os cálculos de esforços simples são feitos para o centro degravidade das seções, representaremos daqui para lJ frente as estruturascompostas de barras pelo seu eixo (lugar geométrico dos centros de gravidadedas seções).

b) Pela composição vetorial de Qy com Qz e de My com Mz podemasobter o esforço cortante Q. e o momento resultante ·fietor M resultantesatuantes na seção, que são iguais a:

Conceitos fundamentais 37

Fig. I-52

p••o

c

D>O

Fig. I-54

s

B

p

---- A

O'

que e pentilliade esteja de lado. de baixe, isto. é, suparemas pasitiva amomento. fleter que tracienar as fibras inferieres da estrutura. 8

Para as estruturas espaciais, não. é interessartte a adeçãe desses pantilhadas,peis, devido. ao. fato. de existirem mementos fleteres em 2 planes distintas,seríames ebrigades a pentilliar 2 lades da estrutura, representação. esta que,feita em perspectiva, pederia trazer e perigo. de um entendimento. erradano. case da perspectiva não. ser suficientemente clara. Par esta razão. é que,nas estruturas espaciais, preferimes dizer, com palavras, quais são. as fibrastracionadas pelas momentes fleteres. "

b) Na fixação. da canvençãe de sinais de esferçes certames, falames emferças da esquerda, em farças da direita e em erientaçãe de eixo. perpen-dicular ao. eixo. da barra para cima. Na case de uma barra vertical, pederíamasficar em dúvida quanto. a esta classificação.. Tal problema é, no. entanto.,facilinente selucienável, bastando. que n6s ellieptes a barra per uma pesiçãatal que ela fique harizental (até, no. princípio., caso. e leiter tenha dificuldades,acenselhamas que ele gire e papel até tarnar a barra horizental), recainda-seentão. na situação. de defmiçãe.

Seja, por exemplo., a estrutura da Fig. I-54, submetida ao. carregamento.auto-equilibrada indicado., para a flual desejames determinar e esferçacortante em S. Olhando. a barra na posição. indicada pele ebservader O, aferça P, aplicada em A, se cemperta come força à esquerda e e esferçecertante será P, para baixe, e igual, pertante, a Qs = -P (certante parabaixa pelas forças da esquerda é negative). Nete e leiter que é inteiramenteindiferente e lado. pele qual elhames para a barra: se estivéssemes elhande-ana pesiçãe de ebservador O', a força P aplicada em A seria uma força àdireita e e certante, para cima, calculado. pelas ferças à direita é negativa,com e que abteríamos e mesmo. valar.

8As razões para isto ficarão claras a partir da discussão dos resultados da integraçiio

da equação diferencial ~sW = -q, feita no Capo 11 deste volume.

Curso de análise estrutural

Ms;:([-@--->\------

Fig. I-53

-----~II II II II I\ I

~ . les. d defmir da maneira seguinte as es orças sunp .Resummda, pa emas t Jana carregada em seu própna

atuantes numa seçãO. de uma estru ura p ,

~oo: t. é a sama algébrica das prajeções das farças atuan es

de ~~~:Ç:d::n;;~~ção. na direção. da eixo. da estrutura (direção. narmal

à seçãa);rt t· é a soma algébrica das prajeções das farças atuantes

- Esfo.rço. co. an e. _ d' _ perpendicular ao. eixo. da estrutura;de um dos ladas da seçaa na ueçaa

Mo.mento. fleto.r: é a sama algébrica das mamentas da~ faJ;'çasatuantes

d- das ladas da seção. em relação. a seu centre de graVIdade.

e um f rt te já feliamAs cenvenções de sinais para esferçe nermal e es erçe co. ~ da infÓ".

explicadas anteriermente e a mement.e fleter deve ser acreSCI e ..mação. de que fibras da seção. ele traclOna.

. fim de eliminar a necessidade de seObservações: a) Multes aUfit~res,: seção. e memento. fleter traciena,

escrever, com palavras, que Iras _ a .. .adetam para ele a seguinte cenvençae de smalS.

Pentilhanda um des lades da estru-tura cenferme indica a Fig. I-53, dire-mes' que e momento. fletor é po.sitivequando. traciena as fibras do. lado.pentilliade, sendo. negativo. em cas~contrária. É uma ferma, come se ve,de se dizer, através de um sinal, quaissão. as fibras tracienadas pela memento.fleter e que nós adataremes também.No. case de tedas as barras seremherizantais (case das vigas, que estuda-remes no. Cap. 11) superemes sempre

d uerda e vice-versa. Na casa da Fig. I-51,farças existentes na parte ~ ~1.das são. po.sitivas e a momento. fletaras esfarças cartante enarm mica t esquema da Fig I-52, em

d b' canforme mas ra a .traciana as fibras e alXa, iná . . alente indicada em pantilhada.que substituímas Ms par um b na eqwv ,

36

Curso de análise estrutural Conceitos fundamentais 3938

Ex. 1.5 Obter os esforços simples atuantes nas seções S I e S2 daestrutura da Fig. l-55, submetida ao "Carregamento indicado.

1-56.2

Fig.I-58

U

8, I j~j

1x3+9x6-9x4= 21mtr@1t I

®

9-9=0-

pelas forças à esquerda temos, conforme o esquema da

8, •• 9-9=0

t"1\9x4 - 9x2=18mt

1-56.1 Fig. l-56

Observação: Os esforços pode . t b 'da direita, obtendo-se nam am em ser calculados pelas forçasa Fig. 1':"57. os mesmos valores, evidentemente, conforme indica

b) seção S2

CalculandoFig. I-58:

NS2 = OQS2 = 1 t

MS2 = 21 mt .

VD '" 8 tVA = 1 I

9 X 2 + 9 X 6 - 9 VD = OVA + VD = 9HA = 9 t

., \9tS2 ~

B ,--T------, C -tI I I I 2m

S1 I_-.-+--~---\ -iI I I I 2m

• ~_-J---L--_l O -+I I -I \ 1VD 2m

A .• HA I- - -, - - - -J.-VAf- 3m +3m +3m-+-

Fig. l-55

9t

Por 2:MA = O:Por ~ y = O:Por ~X = O:

a) seção SICalculando pelas forças à esquerda, temos o esquema indicado na

Fig. 1-56.1, a partir do qual, obtemos:

NS1

= -1 t (compressãO)

Qs, = OMS, = + IHml (o sinal positivo indica que as fibras tracionadas são as dolado pontilhado, conforme indica a Fig.I-56.2).

(Os sinais positivos encontrados indicam que os sentidos arbitrados para as

reações na Fig. l-55 estão' corretos.)

Temos, então:

Para obtermos os esforços simples, necessitamos iniciahnente ~.~lcular asreações de apoio, indicadas na Fig. I-55. A partir das equações de e4uilíbrio,

temos:

Concluindo, para, fms de obtenção de esforço cortante, devemos olliarcada uma das bamts de uma posição tal que elas se comportem comohorizontais, aplicando então a convenção de sinais já definida.

.•.

41

p

*-*aFig. 1-61

6.1 - Cargas concentradas


PiS. 1-62

6.2 - Cargas distribuídas

Suponhamos uma roda de um caminhão descarregando uma reação P sobreuma ponte, conforme simboliza a Fig. 1-61.

Esta reação P será descarregada aolongo da área de contato da roda coma ponte, que é bastante pequena (ca-racterizada por a), mas não nula. Nãohaverá, então, a aplicação, rigorosa-mente falando, de uma carga concen-trada P na estrutura; haverá, sim, aaplicação de uma carga distribuída,mas segundo uma área tão pequenaque podemos considerá-la nula empresença das dimensões da estrutura.

As cargas concentradas são, então, uma forma aproximada de tratarcargas distribuídas segundo áreas tão pequenas (em presença das dimensõesda estrutura), que podem ser consideradas nulas. Neste caso, o erro cometido,por esta razão, é absolutamente desprovido de significado e, portanto,inteiramente tolerável, tendo em vista a simplificação de trabalho de cálculoque ele possibilita.

Suponhamos que a estrutura @, indicada na Fig. 1-62, suporte o corpo© indicado, cujo peso específico é 'Y.Este peso introduzirá, evidentemente,um carregamento na estrutura @, carregamento este distribuído e contínuo,cuja taxa de distribuição vamos calcular.

MS = -8 mt

Fig. 1-60

6 - CARGAS9

. 9Estudaremos neste item a classificação das cargas apenas quanto à sua lei dedistribuição. Não estudaremos, por ora, a classificação das cargas quanto à sua oconênciaem relação ao tempo (cargas permanentes e cargas acidentais), nem quanto à forma comque carregam as estruturas (cargas diretas e .cargas indiretas); este estudo será feito noCapo VI deste volume.

4m

2t+10m ----r-

Fig. I-59

Curso de anãlise estrutural

Até agora, só lidamos com cargas concentradas em nossos exemplos.Façamos, então, um estudo das diferentes leis de distribuição 'de cargasque podem ocorrer na Análise Estrutural .

(Os' sentid.os dos esforços indicados na Fig. 1-60 estão corretos; os sinaissão negativos em obediência às nossas convenções de sinais.)

Estando a estrutura submetida a um carregamento auto-equilibrado, asreações de apoio são nulas (pois não é necessária força adicional alguma paraequilibrar o carregamento atuante) e os esforços simples na seção S, calculadospelas forças à esquerda da seção valem, a partir do esquema da Fig. 1-60:

@ NS = _2..[2 = -V2t

~D,/ ~Qs = -2 22 = -..[2t

I /~I

Ex. 1.6 - Calcular os esforços simples atuantes na seção S da estruturada Fig. I-59.

42 Curso de análise estruturalI Conceitos fundamental. 43

o volume do corpo que carre.ga um tr~cho de co~imento ds da estruturaé Sds, sendo S a área da seção determmada em ~ por um plano perpen-dicular ao eixo da e!strutura. O peso deste volume será: dP = 1 Sds e ataxa de distribuição de carregamento q(s) ao longo do eixo da estruturavale, então, q(s) = ~~ = 1S, conforme indica a Fig.I-63, variando entãoproporcionalmente com a variação do valor da área S.

Eixo daEstrutu~a

ou seja, será igual ã área U ~itada entre a curva que define a lei de varlaç!l'odo carregamento e o eixo da estrutura.

Fig. 1-63

Os tipos mais usuais de cargas distribuídas que ocorrem na prática sãoas cargas uniformemente distribuídas (S = constante) e as cargas triangulares(casos de empuxos de terra e 'de água, principalmente), indicadas na Fig, 1-64,

Com menor freqüência, ocorrem ainda carregamentos parabólicos e, emcasos mais excepcionais, carregamentos de forma inteiramente aleatória.Os diversos tipos de cargas distribuídas serão estudados, em detalhe, noCal'. II deste volume. Um problema, no entanto, ptecisa ser resolvido desdejá: o da determinação da resultante de.um carregamento distribuí~o emmódulo, direção e sentido, a fnn de sermos capazes de calcular reaçoe.s d~apoio e esforços simples em estruturas submetidas a carregamentos dlstn-buídos. Sua solução é simples, senão vejamos.

Como uma carga distribuída pode ser encarada como uma soma infmitade cargas concentradas infinitesimais, qds, conforme indica a Fig.I-65, aresultante do carregamento distribuído será igual a:

:

R =iBqds, lOVer em livros de Cálculo Integral, Mecânica Racional ou Resistência dos Material •.

Pela expressão obtida para s, podemos encarar esta distância como sendoa razão entre o momento estático da área Q em relação ao eixo z e o valorQ desta' área. Isto, a partir da defmição de centro de gravidade de umaárea QIO, indica que s é a distância do centro de gravidade da área n aoeixo z e podemos escrever, então, fmalmente, que a resultante de um'carregamento distribuído é igual à área compreendida entre a linha quedefme este carregamento e o eixo da barra sobre a qual está aplicado,sendo seu ponto de aplicação o centro de gravidade da referida área.

Para obtermos a posição desta resultante, basta lembrarmos que, comoela é a força tal que é capai de substituir estaticamente o carregamentodistribuído atuante, ela deverá dar, em relação a qualquer ponto do espaço,o mesmo momento que o das forças da qual ela é resultante. Assim, chamandos à distância da resultante a um ponto genérico 0, temos:

Momento da resultante = Rs = s1B qds

Soma dos momentos das 7;;ponentes =1B (qds)s

lA qsdsIgualando, obtemos: s A .lB

qds

p

1-64.2 - Carga triangular

Fig.I-64

=q1-64.1 - Carga uniformemente distribuída

I'.J

M

r;)Fig.I-69

Note o leitor que, para fins de detenninação dos esforços simples atuantesnuma seção, devemos substituir por sua resultante, apenas, as cargas distri-buídas atuantes de um dos lados da seção.

6.3 - Cargas-momento

.,Conollto. fundamental.

Ex. 1.8 -- Obter os esforços simples atuantes na seç!lOS da Fia. 1-66.Entrando, por exemplo, com as forças atuantes à esquerda da seçlto e

que se encontram indicadas na Fig. 1-68, obtemos, substituindo o carres,·mento distribuído atuante nesse trecho por sua resultante (que vale 2 t,na posição indicada):

Ns = -1 t;Qs = 3 - 2 = 1 t;Ms = 3 X 2 - 2 X 1 = 4 mL

sO!t t

Ms" si-:;t 11m111m BL_' Ai,:3t

Fig. 1-68

Uma estrutura pode, além de estar solicitada por cargas-força (concen-tradas e ou distribuídas), estar solicitada por cargas-momento. As cargas- .momento, cujo tratamento estático não apresenta dificuldade adicionalalguma, ocorrem mais raramente como carregamento realmente atuante naestrutura, mas têm importância fundamental como ferramenta de resoluçãodas estruturas hiperestáticas, conforme .veremos nos volumes correspondentesde nosso Çurso, de modo que dedica·remos a elas a máxima ênfase nestevQlume. Uma carga-momento é, evi- Jdentemente, caracterizada pelo seumódulo, direção, sentido e ponto deaplicação,conforme exemplifica o casoda Fig. 1-69.

1t--Fig.I-67

*-2m-+Y2 x 2X6=6t

t.....,

__-- I.-<::.::::='~ -.J

Fig.I-66

~2t/m

1------1 ---tI i 2mH+18 -----1-t I 2mI~ ~I +

6 VB + 1 X 2 - 4 X 2 - 6 X 4 = O :. VB = 5 t

VA = 6 - VB = 1 t

HA = 4 - I = 3 t

H/m

~


--,I II

1x4=4t It-M2m I I+ L_I

Ex. 1.7 -- Obter as reações de apoio para a estrutura da Fig. 1-66.

(Os sinais positivos confirmam os sentidos arbitrados na Fig. 1-67.)

Para obter as reações de apoio devemos, inicialmente, substituir as cargasdistribuídas por suas resultantes (que produzem os mesmos efeitos estáticosque elas). Assim, temos, levando em conta as conclusões obiidas paracarregamento distribuído neste item, a partir do esquema da Fig. 1-67, asseguintes reações de apoio:

Por ~MA = O:Por ~ y = O:Por ~X = O:


Temos duas formas de encarar este problema.

47

b) Neste Capo I, nosso objetivo foi o de apenas apresentar conceitosbásicos, limitando a exemplificação ao número mínimo necessário à boacompreensão destes conceitos, cuja sedimentação se fará ao longo dospróximos capítulos, onde os assuntos aqui introduzidos serão estudados,em detalhe, para os diversos tipos estruturais que ocorrem na prática.


VB = 0,5 t8 VB + 7 - 3 - 8 = OVA = VB = 0,5 t

HA = O

~MA = O:~y = o:~X = O:

Ex. 1.9 - Obter as reações de apoio para a estrutura da Fig.I-70.

Observações: a) Podem ocorrer, também, cargas-momento distribuídas;esta ocorrência é, no entánto, raríssima na Análise Estrutural das estruturascompostas por barras, cujo estudo estamos iniciando. Não daremos, pois,ênfase especial a.tais cargas em nosso Curso (embora seu estudo não apresentedificuldade alguma, pois elas são regidas pelos mesmos princípios a queobedecem as demais).

A outra forma - muito mais elegante - de encarar o problema é verificarque existe uma carga-momento resultante de (3 + 8 - 7) = 4 mt, que sópode ser equilibrada por um binário de sentido oposto, formado pelasreações verticais, cujo'S sentidos devem ser, então, os indicados na .Fig. 1-71e cujos módulos valem VA = VB = t = 0,5 1.

PorPorPor

A primeira consiste na utilização pura e simples das equações da Estática,conduzindo, a partir do esquema da Fig.I-71 aos seguintes resultados:

q=q(x)

os valores:

(lU)

(lI.2)

dMsds ::::Qs

dQs ::::-q(s) •ds

ci 1Sds qxdx ::::sq(s);

Xo

disds qdx ::::q(s);

Xo

dMs 1S- ::::VA - sq(s) - qdx + sq(s) ::::Qsds Xo

dQs- ::::-q(s)ds

.Em resumo, temos:

Observações:

Demonstramos, então, que a derivada do momento fletor atuante numaseção S de uma viga reta, submetida a um carregamento a ela perpendicular,em relação à abscissa que defme esta seção é igual ao esforço cortante nelaatuante e que a derivada deste em relação a esta abscissa é igual ao valor dataxa de carga aplicada na seção S com o sinal trocado. As igualdades (lU)e (11.2) são as equações fundamentais da Estática, pois nos permitem obteros esforços solicitantes nas diversas seções da viga em função do carrega-mento q(x) atuante.

A partir de q(x) obteremos, então, as funções Ms e Qs que nos dão osvalores dos momentos fletores e esforços cortantes atuantes em qualquerseção da viga. Representando graficamente estas funções MS e Qs perpen-dicularmente ao eixo da viga, teremos seus assim chamados diagramas demomentos fletores e de esforços cortantes atuantes, que iremos agora estudarpara os diversos tipos de carregamentos que ocorrem na prática.

1. A partir de lU, temos que o coeficiente angular da tangente ao diagramade momentos fletores numa seção S é igual ao esforço cortante nela atuante.

2. A partir de 11.2, temos que o coeficiente angular da tangente ao diagramade esforços cortantes numa seção S é igual ao valor da taxa de carga atuantenesta seção com o sinal trocado.

1< x----t+-x0-t IqdxIII BA.:.-I --+ ~

nr;;;;; S ~

t~ t~~ s *

Fig.II-1

CAPITULO 11

1 - AS EQUAÇÕES FUNDAMENTAIS DA ESf ÁTICA

ESTUDO DAS VIGAS ISOSTÁTICAS

Seja a viga biapoiada da Fig. 11-1, submetida ao carregamento indicado.

Derivando as expressões acima em relação à abscissa s que define a seção,obtemos, levando em conta que

Qs ::::VA -lsqdx·

Xo

d [ 1S ] d IS 'IS IS- s qáx:::: s-y;. qdx + qdx = sq(s) + qdx;ds Xo Xo Xo Xo

Os esforços simples em S são dados por:

Ms = VA s_jS q(s -x)d:X = vAs-sjS qdx +jS qxdxXo Xo Xo

4. Uma observação importante, sob o ponto de vista conceitual, é que, apóscarregada a viga, ela se deformará e os esforços estão sendo. calcu~dos parasua posição indeformada primitiva. Nosso estudo se baseIa, entao, nest.asimplificação (de precisão excelente, pois as deformações das peças usuaISsão muito pequenas em presença· de suas dimensões, conforme veremo~noVoI. II deste Curso) e a Estática que estamos desenvolvendo é, pOIS, a.Estática das pequenas deformações.

Estudo das vigas isostãticas

Das equações de equihbrio da Estática (~MA = O e ~MB = O, porexemplo), obtemos as equações de apoio indicadas em 1I-2. Passemos aotraçado dos diagramas solicitantes.

Por força de (lU) e (11.2), sabemos que, num trecho descarregado (q = O),o diagrama de esforços cortantes será uma reta horizontal (pois!!Q = -q)e o diagrama de momentos f1etores uma reta (pois ~/!= _q). f:Sim, notrecho AS, bem como no trecho BS, o diagrama de momentos f1etores seráretilíneo.

Como sabemos que em A e em B os momentos são nulos, bastaráconhecer seu valor em S para termos ~efinido o diagramaM. hnediatamente,obtemos:

MS = PabI .

Quanto ao diagrama de esforços cortantes, será dado no trecho AS porQ = + VA = 1- e, no trecho SB, por Q = - VB = --"Íª . Na seção S, elesofrerá uma descontinuidade igual a E~a + ~b) = P, valor da carga concentradanela aplicada. .

61

-1 ~ .fl/)~ ~. Curso de anãlise estrutural

~~<f (#l~~ ~) ., •

3. Adotando-se como positivo o carregamento dlstribUldo de Clfia parabaixo (o que é usual), por integração das equações (lU) e (lI.2) obtemosque um esforço cortante é positivo quando, calculado pelas ~or~s daesquerda, der para cim;t (ou, quando calculado pelas forças ~a dIreita, derara baixo) e que um momento fletor é positivo quando traCionar as fibras~feriores da viga. Tais são as convenções de sinais que adotaremos, emboradispensemos a colocação do sinal no diagrama de momentos fletores, comopleonástico, pois que o desenharemos sempre do lado das fibras por eletracionadas.

2- VIGAS BIAPOIADAS.2.1 - Carga concentrada

Seja a viga biapoiada da Fig. 1I.2, submetida a uma carga concentrada P,atuante na seção S.

Fig.II-2

Observações: a) O diagrama M possui um ponto anguloso em S, o queera de se esperar, pois, a partir de (lI.1), temos que (~M )sesq = Qsesqe (~~ )sdir = Qsdir e, no caso, QSesq * Qsdir. S

Na seção S, não se define esforço cortante; ele é defmido à .esquerda eà direita da seção sofrendo nela uma descontinuidade igual a P.

Podemos afirmar então que, sob uma carga concentrada, o diagrama demomentos fletores apresenta um ponto anguloso e o diagrama de esforçoscortantes apresenta uma descontinuidade igual ao valor desta carga.

b) Calculemos as integrais l S Qds e i B Qds. Temos:

(S PblA Qds = -1- a = Ms;

!B Pb PaA Qds =-1- a --1- b = O = MB, o que é evidente em face de lU.

Os valores acima ilustram a obtenção do diagrama de momentos f1etoresa partir do diagrama de esforços cortantes.

A condiçlo l B Qds = O permite a verificação do equilíbrio da viga.

•

Fig. 11-4

qxIII'q

~A S Bd&: A

VA~ t : t VB=~

+--x--+- I1" \ 'r~1/4+1/4+ 1/4+-1/4+I I I I II I1 I I @

~ Mmax~fMmaxI Mmax=q12 II I 8 II I I

+q\~ :, I2~1@

~ --..::::.J -q\

"2

Seja a viga biapoiada da Fig. 11-4, submetida a uma carga unifoJIllementedistribuída q.

Os esforços cortantes valem:

As ordenadas necessárias à determlnaç!o do diagrama M do:

2.2 - Carga unifonnemente distribuída

QA-C = +6t

QC-D = 6 - 5 = + 1 t

QD-E = 6 - 5 - 3 = -2 t

QE-B = 6 - 5 - 3 - 9 = -11 t.

Irtudo d.. vlgu IlOI'tttlOll

MC = 6 X 4 = 24 rnt

MD = 6 X 8 - 5 X 4 = 28 rnt

ME = 11 X 2 = 22 mt

e

Cuno· de an611.e estrutural

-2t

+1t

Fig. 11-3

A ~5t 131 r'."A77 Ic ID IE h

VA=t I I I t VB=11t=6t I I I+-4m-+- 4m-+-3m+2m+

l' 13m l'I @)I I

+~ I IIII@

Das equações da Estática, obtemos as reações d.

'f,MB = O 'VA = -& (5 X 9 + 3 X 5 + 9 X 2)

'f, Y = O VB = (5 + 3 + 9) - 6 = 11 t

Ex. 11.1 - Obter os diagramas solicitantes para a viga da Fig. 11-3.

d) O caso de mais de uma carga concentrada será resolvido de maneiraInteiramente análoga ao caso de uma só carga concentrada, conformeesclarecerá o exemplo a seguir.

Os valores acima ilustram a obtenção do diagrama de esforços cortantesa partir do diagrama de momentos fletores.

c) Calculemos os valores de tg o: e tg(j.

PbTemos: tgo: =-1- = Qtrecho AS

Patg (j = --I = Qtrecho SB

62

·'

SI

BM

Fig. Il-S

A

pl 3x2 plQs =6"(1 - [2) =6(1 - 3€2)

pl2 X x3 pl2Ms =-6- (7 -13) =~ (€ - €3)

Seja a viga biapoiada da Fig. 11.6, submetida a uma carga triangular, de,taxa máxima igual a p, no apoio da direita. Sendo as reações de apoio asindicadas na figura, temos os seguintes esforços simples numa seção genérica S:

Ou, simplificando:

2.3 - Carga triangUlar

Qs = pl - _1 X px X x6 2 I

pl I px "xMs =6x -"2 X-I- X x X T

e) É usual, no caso de traçado de diagramas de momentos fletores comcargas uniformemente distribuídas, cotar apenas o valor 42

1) Cal"culemos a inclinação do diagrama de esforços cortantes.ql ql

-2-2Temos tg a = -~-~ - -q, conforme 11.2.

d) Um, valor notável no diagrama de momentos fletores é o valor para asseções com € = 0,25 e € = 0,75, que é:

qtJ. 1 1 / 3 ql2 3M =2 ("4-16) =4"" X "8 = ""4Mmáx.

lEstudo d•• vlOl' IlOlÜtlOlICurso de análise estrutural

(lI3)

(11.4)WR = € - €2,

X€=-

Ionde

sendo

o diagrama de esforços cortantes será uma linha reta, que fica deter-minada pelos seus valores extremos, correspondentes a x = O e a x = I,que são: QA =-9.}-e QB = -!!J-. (Estes valores poderiam ser obtidos direta-mente a partir das reações de apoio.)

O diagrama de momentos fletores será dado por uma parábola" do 29 grau,passando por zero em A e B e passando por um máximo em x = ~ (seçãoonde Q = ~~ = O), de valor Mmáx = 4 (i - t) = ~ . Para obtençãodos valores de M numa seção genérica, empregaremos a equação

A função WR, introduzida na Análise Estrutural pelos autores alemães,encontra-se tabelada na tabela I para seções nos 1/12 do vão.

Observações: a) Temos LBQdx = O, o que v~rifica o equilíbrio da viga.

b) Sendo a taxa de carregamento constante (grau zero), o diagrama deesforços cortantes é retilíneo (grau um) e o de momentos fletores é para-bólico (grau 2), conforme já sabíamos por (lU) e (lI.2).

Podemos afirmar, então, que, sob carga uniformemente distribuída, odiagrama de momentos fletores é parabólico do 29 grau e o diagrama deesforços cortantes é retilíneo.

c) Apresentamos, na Fig. 11-5, uma construção geométrica que nos dáexcelente precisão no traçado do diagrama de momentos fletores.

Sendo jIJM1 = qI2/8, marcamos M1M2 = MM1• Dividimos os segmentosAM2 e BM2 em 4 partes iguais; obtemos os pontos I, 11, 111, 1', 11', e 111',que, ligados alternadamente, nos dão tangentes externas à parábola que éentão facilmente obtida. Se quisermos aumentar nossa precisão, dividimosAM2 e BM2 em 8, 16, ... partes ao invés de 4, repetindo o mesmo tipode traçado.

Sendo as reações de apoio as indicadas na figura, teremos os seguintesesforços simples numa seção genérica S:

qlx qx2 ql2 x x2MS =-2- -~ =-2- (1- fi)

qlQs =T- qx.

Fig. 11-7

+--21/3 l' 1/3-+

iA M B

.~~" i I~~2 ~ /

1 "" I /_____ "-:J/N

(lP), tabelado na tabela I.

Logo, AN e BN são tangentes aodiagrama de momentos fletores emsuas origens.

c) Apresentamos, na Fig. 11-7, umaconstrução geométrica que nos auxiliao traçado do diagrama de momentosfletores, através da obtenção de suastangentes externas.

. Marcando, a partir da seção M,posição da resultante do carregamentotriangular, o segmento MN = pl2 /9,temos tg a = MN/AM = pl/6 = QA

tg~ = -MN/MB = -4 = QB

sendo wo = e - e3

Observações:

a) TemosiB Qdx = o, o que verifica o equilíbrio da viga.

b) Sendo a taxa de carregamento uma função linear (grau um), o diagramade esforços cortantes é parabólico do 29 grau e o diagrama de momentosfletores é parabólico do 39 grau, o que verifica (lU) e (11.2).

Para obtenç«o dos valores de Q n~a seç«o gen6rica, empregaremol aequação Q ={ wM (11.5)

sendo WM = 1 - 3e2 (11.6), tabelada na tabela I.

Elttudod.. vlp. IlOtdtlot.

o diagrama: de momentos fletores será uma parábola do 39 grau, quepassa por um máximo em x = 1..J3t3 = 0,577 I (pois dM/ds = Q :: O),de valor Mmáx =1/ X 1" (1 - ~ ) = p12/9 V3 = 0,064 pl2 , e cujosvalores, numa seção genérica, são dados por

pl2M = 6 Wo (11.6)

Ili[

I'I,;

. pl3"

V'"f ttI®IIIIIIIII@

II r

0,577 '--+--tI II Ii I+

Curso de an'lise estrutural

Fig.lI-6

+---1/31px I R=pl

~p

~ js ~t VA=~' I,1/ x t

'r II I

+pl"6

!S8

o diagrama de esforços cortantes será, então, parabólico do 29 grau,com tangente horizontal em A (pois dQ/ds = -q = O), tendo seus valoresextremos iguais aos valores conhecidos (+ VA) e (- VB) e passando por zeropara x = 1..J3;3 = 0,577 I, conforme pode ser obtido imediatamente apartir de sua equação. Por ser uma meia parábola do segundo grau, podemos,para seu traçado gráfico, aproveitar o tipo de construção apresentado em 2.2.

d) É usual, no caso de traçado de diagramas de momentos fletores comcarga triangular, proceder a este traçado por pontos. Uma ordenada genéricado diagrama seria dada, conforme (11.6), por M =.1!/! Wo·

e) O caso de carregamento indicado na Fig.lI-8 recai imediatamente noanterior. Temos:

Fig. 11-10

~--e---I@M

tSeja a viga biapoiada da Fig. 11-10, submetida à carga-momento indicada.

As reações de apoio devem ser tais que formem um binário de módulo Me sentido oposto ao do momento aplicado e são, portanto, as indicadasna figura.

A partir delas, temos imediatamente os diagramas solicitantes.

2.4 - Carga-momento:

g) Com menor freqüência, podem ocorrer carregamentos com leis de variaçãoparabólica. Tais casos são resolvidos dentro da mesma metodologia empre-gada em 2.2 e 23 e conduzem às expressões e funções W tabeladas natabela I.

que é traçado por pontos. De maneira análoga, agiríamos para a obtençl[odo diagrama de esforços cortantes.

Poderíamos ter resolvido o mesmo problema encarando o carregamentocomo a soma de 2 carregamentos triangulares de taxas máximas PA em Ae PB em B, obtendo

P 12 . P 12M B +:A ,=-6-WD -6-WD'

I.tudo d.. viII' IlOft6tlou

-------- ..

'r,~

Cu~so de anAlise estrutural

A _----<------- B,.,;;;;;; S b.

+--- x l' x'

'"1 -x x'

Fazendo -1- = -1-= e', temos:

Fig. 1I-8

As funções WM e wb estão tabeladas na tabela I.

p~

Fig. 11-9

f) O caso de carregamento indicado em 11-9 é resolvido imediatamenteemprega~do-se o princípio de superposiçã0 de. efeitos, somando-se um~carga uniforme PA com uma carga triangular de taxa máxima (p - P )em B. Obtemos: B :A

pl plQs = -6 (l - 3e'2) = -TWM (11.8)

pl2 12Ms =-6- (e' - e'3) =-";-Wb (11.9)

pl 1- x 2Qs = -6 [1 - 3 (-1-) ]

M _ pl2 [ 1 - x ( 1 - X )3s -6 -[ - -1- ]\

68

'":l "'\lJol

\lJ to ~--.... +(Vl ONr-V)'ONOOO(VlV)V)O\O N N r- \O - V) - \O r- N N0.<) '"I OO\\ON\OO\OO(Vlr-(Vl(VlO ~·c \lJ N 00 N - N N N - N 00 Nor---\Or-V)N(VlOOOONO ~,t) p.. N o 00 V) N r- o - o r- N lI'l gg. oo. 0\. 0\. aq, \O. "<t.N. o. C"l \O. o. ""l- o. o. - N ~ (Vl (Vl (Vl N C'i -õS I o O· ó o o o· Ó11 -ooooOOOOO--N ,D .- \lJ

o o o o

::iSI I I I I I 'ol '"~ ~ 11

3 p.. *~3

~_OOO

.~ .•..... 3.\1) "<t\O-C;oo.\1) \O - \O - V) V) V) o - 0\ (Vl

I \O"<too "<t ~ ~ ~ ~~-~ ~ I o - (Vl 0\ r- r- \O - \O V) (Vlo "<tV)Nr-oo o •.. o - V) (Vl \O \O ~ 00 N "<t \O 00 o

• \1) -. N. C"l C"l (Vl.C"l C"l N. N. -. o •. bl) .\1) ~ (Vl "'t "<t "<t. (Vl C"l N• - o00000000000 o· o o· o o· o Ô Ô o o o· Ó

11 l"l ~ 11

.0 ol .~õ 33 ,D'ol•..

3 olp..

ti}~10U-Z .... .•.;:l I ~ \I)

\I) OOO~ ~(Vl~~8;X;~~ 3 (Vl 0\ - o V) V) V) - \O - \O~ I NN

I (Vl V) \O - \O r- r- 0\ (Vl - o

I \I) o 00 \O (VlO\~r-OOr-NV)"<tO \I) o 00 \O "<t N 00 (Vl \O \O (Vl V) - oO-NN(Vl(Vl(Vl(Vl(VlN - o ~ (Vl C"l "<t. "<t "<t. "<t C"l N- 11 ÓÓÔÓÓ 00ÓÔÓO 11 o· ,o' o Ó o o Ó o o· o o·

COl o ~"!i 3 3,J:J l"l

~ - l--o

.\1) - '"O' ~ '"

.\1)

3 \I)(Vl o 0\ V) V) (Vl 00 o N \O V) r- N o

00 I"<tO\lI'lN-g-NlI'lO\"<t I o (Vl (Vl r- (Vl o o 0\ \O N \O 0\ o\OOOr-N(Vl (VlNr-OO\O o N 00 00 (Vl N v), r- \O - - r- o

\I) o r-(VlOON"<tV)"<tNOO(Vlr- o o ""l- o. \O (Vl o. N "<t. \O 00 0\. 0\ o.t- Il o. -. -. N. N. N. N. N. -. -. o. N Ó Ó o o o Ó o· o o

--I~00000000000 I I I I + + + + + + +

..a ~ OI .::iSx 3 3

V) l"l-'<j"

~\I)

l"l

l~ O-N(Vl"<tll'l\Or-OOO\ o - N l~ o - N (Vl "<t V) \O r- 00 0\ o - N<.>- - - - <.>- - - -eu euti} ti}

o

Me

A linha reta pontilhada representa o diagrama de momentos fletoresdevido somente a MB e Me. Marcando-se, na vertical, a partir desta retaa parábola do 29 grau que é o diagrama devido apenas à carga distribuída,'teremos então o diagrama final no trecho.

O diagrama de momentos fletores na viga AD será, então, o da Fig. 11-1.4.(Notar que existe, no caso, concordância em B e em C entre a parteretilínea e a parte parabólica, o que já era de se esperar, pois não existemcargas concentradas aplicadas nestes pontos).

qa2

8Fig. 11-13

~q

B5)M MG.CB e .t a ~1"

III

O problema novo que se nos depara é o da resoluçlto do wna vliIlsubmetida a uma carga continuamente distribuída, que nl[o abrange todoo seu vão.

Para o fazermos recair num problema já conhecido, romper,emos a vigaem B e C, o que é lícito fazer, desde que apliquemos nestes pontos seulesforços simples, mantendo então o equilíbrio de cada trecho assim obtido.Assim, os esforços cortantes que atuam nas extremidades de cada trecho(QA. QB, Qe. QD) podem ser encarados como as forças que equilibramas outras cargas e momentos atuantes no trecho, podendo ele ent!o serconsiderado como uma viga biapoiada independente, submetida ao carrega7

mento externo que lhe está diretamente aplicado e a cargas-momento emseus apoios iguais aos momentos fletores atuantes nestes pontos na vigadada inicialmente, de imediata determinação. Recairemos, então, no problemade obtenção do diagrama de momentos fletores em vigotas do gênero BC,que, por superposição de efeitos, é imediatamente obtido conforme mostra

a Fig.II-13.

estudo das vigas ISOlÚtlOM

o =tao

M2

nf't71) (~I M1 I

·L~M'V@M,

Curso de. análise estrutural/"

//

i I I I lq

+ 8PMBM/r +

aB acq

M1

nf't71 ~I II II~M1I~@

Fig.II-12

4~~+lMBr \MB MCr ~C

..9n--~~t""L-.6.+~, f~ + ,A,-~1~--~A 8 8 C C o

qHHOI I8 C

Fig. 11-11

2.5 - Caso geral de carregamento

c) Como casos particulares interessantes, apresentamos na Fig.II-11 dia-gramas de momentos fletores para algumas posições notáveis da", carga-momento.

Seja a viga biapoiada da Fig. 11-12, submetida ao carregamento indicado:

b) O diagrama de momentos fletores em S sofre uma descontinuidade iguala (Ma/l) + (Mbjl) = M e podemos afirmar, então, que, na seção de aplicaçãode uma carga-momento numa viga, o diagrama de momentos fletores sofreuma descontinuidade igual ao seu valor, no seu sentido.

Observações:

a) Temos LB Qds = -M

Este valor não reproduz o momento fletor atuante em B, que é nulo e,aliás, não tinha nenhuma obrigação de reproduzir, pois as equações (11.1) e(11.2) foram deduzidas para uma viga com carga vertical continuamentedistribuída, o que não é o caso de uma carga momento. De qualquerforma, podemos afirmar que o valor da área do diagrama de esforçoscortantes de uma viga biapoiada é igual ao valor da resultante de todasas cargas-momento aplicadas na viga (o sinal positivo correspondendo aosentido anti-horário).

·3

3~5

4ml

=" AlI(,7 _.

e

//.11

Á II

J.t:. 6> =36> I6 o r-

IIIIIIIIII

--III

o

t V,,-:l,

~-- 4",--~-2m---+-2m'-~-3:n-~-2.5m--t---2,5m---t

@(ttlnmtl

III

IIIIIIIII

I

I

I

IIIII

Fig. 11-15

+-2m-+IR-4t

I{ I II I

A~

t VA=5t

Os momentos fletores atuantes nos pontos de transição de carga são:

IlItudo d•• viga. lto.t'tloli

Me = 5 X 4 - 4 X 2 = 12 mtMD = 5 X 6 - 4 X 4 = 14 mt

~

ME = 5 X 8 - 4 X 6 - 1 X 2 = 14 mtF = 5 X 11 - 4 X 9 - 1 X 5 - 3 X 1 = 11 mt

fcr = 5 X 13,5 - 4 X 11,5 - 1 X 7,5 - 3 X 3,5 = 3,5 mt/M8if = 3,5 + 4 = 7,5mt

/


Fig. 11-14

qB~JtJJJJ}C

I I

-t--a·-fI I

Ad&

IIIIII.

,A obtenção do diagrama de esforços cortantes não apresenta maioresp.foblemas, sendo imediata a partir do conhecimento das reações de apoio.

Extrapolando as conclusões deste exemplo, podemos afirmar que, paratraçar o diagrama de momentos fletorel! numa viga submetida a mn carrega-mento qualquer, basta marcar os momentos fletores nos pontos onde mudaa lei de variação do carregamento, ligá-los por se entos de retas e, apartir da linha assim obtida, pendurar, perpendicularm te ao eixo da viga,08 diagramas de viga biapoiada para cada uma das cargas distribuídasatuantes, em seus respectivos trechos.

r.MB = O .••••... 16 VA = 4 X 14 + 1 X 10 + 3 X 6 - 4 :. VA = 5 tr. y = O VB = (4 + 1 + 3) - 5 = 3 t

Os diagramas de esforços cortantes são obtidos imediatamente a partirdo conhecimento das reações de apoio.

O exemplo 11.2, a seguir, esclarecerá.

Ex. 11.2 - Obter os diagramas solicitantes para a viga da Fig.II-15.Substituindo-se as cargas distribuídas por suas resultantes, assinaladas em

pontilhado na. figura, obtemos:

8

Fig. 11-16

Seja a viga engastada e livre AB da Fig.II-16.

3 - VIGAS ENGASTADAS E LNRES

lB Qdx = 3 X 4 + 1 X 2 - (1/3) X 3 X 3 - 5 X 3 = -4 mi.

Este valor é igual ao valor da carga-momento atuante (o sinal negativoindica que seu sentido é o horário) .

g) Na seção G, o diagrama de momentos fletores apresenta uma descontinul.dade de 4 mt, valor da carga-momento nela aplicada.

h) Notar que as parábolas devidas ao carregamento distribuído são sempremarcadas na direção perpendicular à barra (portanto, no caso, na direçfovertical).

No engaste, aparecerão evidéntemente uma reação vertical e uma reação-momento, que equilibrarão o carregamento atuante. Isto posto, passemos àobtenção dos diagramas solicitant;es.

O diagrama de momentos fletores se obterá imediatamente a partir dasconclusões tiradas em 2.s, bastando marcar os momentos fletores (de cálculoimediato) nas seções em que muda a lei de variação de carregamento (nocaso, A, C, B, D), .ligá-los por segmentos de reta, e, a partir da linha assimobtida, pendurar os diagramas de viga biapoiada para cada uma das cargasdistribuídas atuantes (no .-.aso, no trecho CD).

O diagrama de esforços cortantes se obterá imediatamente a partir docarregamento e reações de apoio. atuantes.

O exemplo 11.3 esclarecer~.

Ex. 11.3 - Obter os diagramas solicitantes para a viga da Fig. 11-17.

Sendo o carregamento atuante equivalente estaticamente a uma resultantede 16 t em C, as reações de apoio no engaste B são as indicadas na figura.

Observações:

a) Nas seções C, E, F, existe concordância dos trechos parabólicos com ostrechos retilíneos no diagrama de momentos fletores, pois ·não existemcargas concentradas nestes pontos.

b) Na seção D existe um ponto anguloso no diagrama de momentos fletoresdevido à existência da carga concentrada. Notar que o ponto anguloso estáno sentido da carga.

c) Os diagramas de momentos fletores nos trechos FG e GB são paralelosentre si, pois o esforço cortante nestes dois trechos é constante e igual a -3 t.

d) Na região de momento fletor máximo (trecho DE), o esforço cqrtanteé nulo.

e) Qualquer ordenada do diagrama de esforços cortantes no trecho EF podeser obtida com auxílio da função wM, conforme indica a Fig.II-15.

f) Calculemos o valor da área do diagrama de· esforços cortantes:

Usando estes pontos por linhas retas no diagrama, passamos então àfa.. de pendurar, a partir destas linhas retas, os diagr~mas devidos somenteAI oargas distribuídas atuantes: temos a pendurar, então, uma parábola do29atll'u no trecho AC, cuja ordenada na seção média do trecho é 1 X 42/8 =• 2 mt, valendo, para seu traçado, a construção apresentada em 2.2 e, notrecho EF, uma parábola do 39 grau, cuja ordenada genérica é dada porpl2 2 X 32-6-Wo = --6- Wo = 3wo·

Não havendo mais outras cargas distribuídas, os didemais trechos são as linhas retas já traçadas.

Para obtenção do diagrama de esforços cortantes, r iocinemos trecho atrecho:

no trecho AC, será retilíneo pois o carregamento é uniforme, variando de5 t em A até 1 t em C;no trecho CD é constante (trecho descarregadq) e igual a 1 t;em D, a carga concentrada acarreta uma descontinuidade igual a seu valor,caindo o cortante então para zero, valor este que se mantém no trecho DE;no trecho EF, será uma parábola do 29 grau (carregamento triangular),que começa do valor zero, com tangente horizontal (pois dQ/ds =:"q = O),terminando com -3 t, com tangente inclinada (pois dQ/ds = -q = 2 t/m);o valor -3 t se mantém constante no treche FB (sem cargas verticais),subindo a zero no apoio B.

D

tve

P3 P4+ P5 P4 P5

i Me iI ~ ~(z~ D

C t Ve

C

cZS

P, P2 P1+ P2

~ ~ iMsq

A

B i ~b

LIIJ

t Vs

Fig. 11-19

Seja a viga biapoiada com balanços da Fig. 11-19:

4 - VIGAS BIAPOIADAS COM BALANÇOS

Fig. 11-18

3t/m

4t

b) Calculemos a área do diagrama de esforços cortantes:

l B Qdx = -G X 6 X 2 + 10; 16 X 2) = -32 mt,

que é o valor do momento fletor atuante no engaste, funcionando, sob esteaspecto, como se fosse uma carga-momento aplicada numa viga biapoiada AB,com reações verticais VA = O e VB :=: 161. .

c) Se tivéssemos a mesma viga, com o mesmo carregamento, mas com oengaste, à esquerda, conforme indica a Fig. 11-18, o diagrama-de momentosfletores seria o mesmo (bastando girar o da Fig.II-17 de 180°), mas odiagrama de esforços cortantes teria seu sinal trocado, pois as convençõesde sinal para esforço cortante são opostas, conforme sejam usadas as forçasà esquerda ou à direita da seçíIo.

~d) E fácil ver que, no caso das vigas engastadas e livres, podemos traçarseus diagramas solicitantes sem necessidade de determinar as reações de apoio.

Ettudo dll vlgl' IlOsUitlOlI

\

3t/m

,@{emmtl

I @.(em t)

CurtO d. In'"s ••• trutural

·16

e

1,5

2m-~1' 2m--~1~I '32I dI //I 1,5 ~p

I /t1\6 á,0~I~

Fig. 11-17

A _:_--~------r-I~'I\

IIjI\

IIL

Observações:a) Na seção A, o diagrama de momentos fletores tem tangente horizontal(QA = O) e, na seção C, acrescenta um ponto anguloso (presença da carga

concentrada de 4 t).

Os momentos fletores atuantes nos pontos de transição de carga, todostracionando as fibras superiores, são:

MA = O; Me = 3 X 2 X 1 = 6 mt; MB = 32 mt.

Ugando-se estes valores por linhas retas e pendurando-se, na ver.tical, apartir delas as parábolas iguais a· 3 X 22/8 = 1,5 mt, temos deten~m~do odiagrama de momentos fletores. O diagrama de esforços cortantes mdlcadona figura é obtido sem maiores problemas.

71

2t

@(emt)

@(emmt)

IIIII1+2

I+4

Fig. 11-20

2t/ll)

-5

I I~2m-~---4m-- ~_2ml

I II II I, IIIII '\I y/,/I I I \Vt-X=3.5m--t, II 1+3'1I II

Ettudo d•• vi••• IlOtUtlfMI'

A partir da linha de fechamento, penduramos as parábolas de cada umdos trechos, conforme indica a Fig. 1I-20.

Cur.o d. an611.e estrutural I

1 X 22

Me = 2 X 2 +~ = 6mt

devido à carga concentrada de 2 t, temos:

Por 'f,MB = O 4 Ve = 2 X 6 Ve = 3 t

Por 'f, Y = O VB = -1 t (de cima para baixo, portanto)

As reações finais serão, então: VB = 5 t e Ve = 9 t

Os momentos fletores necessários à obtenção da linha de fechamento dodiagrama são os momentos atuantes nos apoios, que tracionam as fibrassuperiores e valem

1 X 22MB = --2- =2mt e

Ex. 1I.4 - Obter os diagramas solicitantes para a estrutura da Fig. 1I-20.

Calculemos as reações de apoio, empregando o princípio de superposiçãode efeitos:

devido às cargas distribuídas, temos, por simetria:

VA = Ve = 2 X 1 + 2 X 2 = 6 t

A obtenção dos diagramas solicitantes nos balanços AB e CD é imediataEl partir cio quP- vimos em 3, pois podemos obter os esforços no trecho ABentrando com as forças da esquerda e no trecho CD, entrando com as forçasda direita, e eles se comportam, então, como se fossem vigas engastadas elivres AB e CD, c()nforme indica a Fig.lI-l9.

Passemos, então, à análise do trecho BC: rompendo a viga em Besq eCdir e aplicando os esforços simples atuantes nestas seções, nada terá sealterado sob o ponto de vista estático. Teremos, então, uma viga biapoiadaBC, submetida ao carregamento que lhe está diretamente aplicado, a cargas-momento MB em B e Me em C, iguais aos momentos fletores atuantesnestas seções devidos aos balanços, e a cargas verticais (fi + P2) em B e(P4 + Ps) em C, iguais às resultantes das cargas atuantes em cada balançoe que, estando diretamente aplicadas sobre os apoios serão imediatamenteabsorvidas por eles, não influenciando no cálculo os esforços simples emBC. Recaímos, então, para o trecho BC no es do de uma viga biapoiada,já feito, sob sua forma mais geral, em 2.5.

Podemos então afirmar que, para traç~ diagrama de momentos t1etoresnuma viga biapoiada com balanços, tratamos os balanços como vigas engas-tadas e livres, ligamos os momentos atuantes nos apoios por uma linha retae, a partir dela, penduramos o diagrama de viga biapoiada devido às cargasatuantes no trecho entre os apoios.

Como nos casos anteriores, a obtenção do diagrama de esforços cortantesé imediata, a partir do carregamento e das reações de apoio.

Os exemplos a seguir esclarecerão.


o diagrama de esforços cortantes nãó apresenta novidades em relação acasos anteriores.

Observações:

a) O diagrama de momentos fletores tem tangente horizontal em A (poisQA ::::O), o mesmo não acontecendo em D, devido à presença da cargaconcentrada (QD = 2 t).

b) Nos apoios, o diagrama de momentos fletores apresenta pontos angulososno sentido das reações de apoio e o diagrama de esforços cortantes apresentadescontinuidades iguais a estas eações de apoio.

c) O momento fletor máximo racionando as fibras inferiores da viga nãoocorre no meio do vão, mas, s· , na seção de cortante nulo, que é aquelaa 3,5 m de A. Seu valor pode s r obtido diretamente (isto é, calculando-seo momento fletor atuante na se ão a partir do carregamento e das reaçõesde apoio), ou através da expressão lU. Usemos este último proc~o.Teremos: ,r

135 .Mmáx = ' Qdx = -(1/2) X 2 X 2 + (1/2) X 3 X 1,5 = 0,25 mt.o .d) O diagrama de esforços cortantes passa, em suas descontinuidades deviJasàs reações de apoio, pelo valor zero, o que indica que nos dois apoiostemos máximos não analíticos (sem tangente horizontal) no diagrama demomentos fletores, o que se constata facilmente na Fig.II-20.

e) A área total do diagrama de esforços cortantes é igual a zero, indicandoa inexistência de cargas-momento aplicadas.

\

llrtudo di. vlgu IlOftjtlOlt

4mt 3mt

nÂ; ~ 1 Eo• 2,5t ~2,5t

+-2m---t-2m-t-2m--,l<-2m--.f'-

I I I I II I I I II I I I II ,3 3

I 2 /JI I / II I / I ®

I : i lemmt)

I I I3 I II I II I II I I@I e '-lemtl

-2,5 -2,5Fig, 11-21

5 - VIGAS GERBER

5.1 - Introdução

Seja a estrutura representada na Fig. 11-22.1,estando o detalhe da seç«oCampliado em 11-22.2: .

Ex. n.5 - Obter os diagramas solicitantes para a viga da Fig. 11-21.Sendo o carregamento atuante equivalente a um momento total de

3 + 4 + 3 = 10 mt, as reações verticais deverão formar um momento deigual valor e sentido oposto e são, portanto, iguais a 10/4 = 2,5 t, nossentidos indicados na figura. Os diagramas solicitantes estão traçados naFig.II-21.

Observação: A área do diagrama de esforços cortan~, é -lO mt, valoreste indicando que existem cargas-momento aplicadaS/ia resultante nosdá um momento de 10 mt no sentido horário. .

c

zs~B

11-22.1

C

I§j

11-22,2

Fig, 11-22

74 Curso de análise estrutural Estudo das vigas isostáticas 715

A B C D

~ 11-24.1

rio profundo

Fig. 11-24E F

B C D

11-24.2

rio profundo

O trecho ABC será resolvido, a seguir, com as cargas que lhe estão dIreta-mente aplicadas, acrescidas das forças VC e HC transmitidas pela rótula C.R~ca~os, então, na resolução de uma viga biapoiada CD e de uma vigablapOlada com balanço ABC, problemas estes já resolvidos nos tópicosanteriores.

Consta, então, urna vigaGerber, de urna associação de vigas com estabili-dade própria com outras apoiadas sobre as primeiras, que dão a estabilidadeao conjunto. Para resolvê-la, basta fazer sua decomposição nas vigas que 11

constituem, resolvendo inicialmente aquelas sem estabilidade própria e, após,as dotadas de estabilidade própria, para as cargas que lhe estão diretamenteaplicadas, acrescidas, para estas últimas, das forças transmitidas pelas rótulas.

Observações:

a) Em se tratando de vigas Gerber isostáticas, as vigas que as constituemserão vigas biapoiadas, vigas biapoiadas com balanços ou vigas engastadase livres.

b) As vigas Gerber tiveram seu aparecimento ditado por motivos de ordemestrutural e de ordem construtiva, conforme esclarecerá o exemplo daFig.II-24:

Suponhamos seja nossa função construir uma ponte de concreto, quedeverá se apoiar sobre pilares A, B, C, D, escolhendo urna das duas soluçõesindicadas na Fig. 11-24.

Suponhamos adotada a SOlUÇãoindicada na Fig.II-24.1.Para a execução da superestrutura da ponte, seríamos obrigados a escorar

simultaneamente todo o volwne compreendido sob o tabuleiro da ponte,

b.DC

11-23.1

zsB

A~

t Vct:J V_C•••• Hc

BA C11-23.2

Fig.II-23

Para resolvera vigaABCD, para a qual indicamos um carregamento atuantena Fig. 11-23, basta resolvermos inicialmente o trecho CD (trecho semesta-bilidade própria), transmitindo para o trecho ABC (trecho com estabilidade'própria) as forças Hc e Vc necessárias ao equilíbrio do trecho CD.

Suponhamos carregado o trecho CD: este trecho não tem evidentementeestabilidade própria, pois as cargas, para serem equilibradas, necessitarão dereações de apoio em C e emD. Este último ponto é um apoio do 19 gêneroe pode absorver uma força vertical; caberia, então, ao ponto Cabsorverumaforça vertical e uma horizontal, o que ele não é capaz de fazer, mas écapaz, entretanto, de transmitir estas forças ao trecho ABC. Fica, então, aestabilidade do trecho CD condicionada à estabilidade do trecho ABC que,em se tratando de uma viga biapoiada com balanço, é estável, o sendoentão o conjunto A BCD.

Se tivermos carregado o trecho ABC, a carg~solicitará apenas este trecho,pois, em se tratando de um trecho com estabilidade própria, nele mesmoencontrará o carregamento suas reações equilibrantes.

O ponto C é, então, um ponto de transmissão de forças, não transmitindomome~to algum (pois não impede nenhuma rotação à estrutura) e é repre-sentado, pois, por urna rótula, ficando o esquema estático da estruturarepresentado conforme indica a Fig. 11-23.1.


D06.

cA

I~I\,

L:i GF

G (!)HI"'~"'\

® F ~ G :Zl IIII

I®H

B B~4, ,,'"Ll.B

c

~I '

I ', f ®D L:i

E

A

L\c

.é.

F G

4°

F G2S o

D EL:i o

B

~

D

0;;4;co

B C2S c

A

L\

Pig. I1-26

Queremos chamar a atenção para o fato de que um dos apoios da vigaGerbeI deve ser capaz de absorver forças horizontais, que irão diretamentepara ele através das rótulas, provocando esforços normais na viga ao longo

temos uma quarta equação dizendo que o momento fletor em C é nul01C = ~). Resolvendo-se -este sistema de 4 equações a 4 incógnitas, teremos~ reaçoes HA, VA, VB, Vc e, a partir delas, os diagramas solicitantes nVIga Gerber.

Tal método não nos parece interessante, pois aumenta em muito a difl.culdade algébrica .de obtenção das reações de apoio, dificuldade esta qupo~e se tornar mUlto grande para vigas Gerber com maior número de ap i Se rotulas e, portanto, não receber~ ênfase maior neste Curso.

5.2 - Exemplos de decomposição

Co?forme vimos em 5.1, para resolver uma viga Gerber, basta decompô-Ianas VIgas que .~ constit~em. Para tal, devemos destacar as vigas que jápossuem estabilidade propria, apoiando sobre elas as demais através dasrótulas, que indicam a transmissão de carga das vigas que não possuem-estabilidade própria para as que a possuem.

Desta forma, obtemos as decomposições das vigas Gerber indicadas noexemplos da Fig. 11-26.

Os números indicam a seqüência de resolução e as setas a transmissão de. cargas.

_ Para determinar. as quatro reações de apoio, dispomos das três equaçõesda Estática no plano (~X = 0, ~ y = O e ~M = O) e, devido à existência'ttll.r6tula em C (o que significa não haver transmissão de momento em C),

Fig. I1-25

scoramento este que, dependendo da velocidade do rio e de sua profundi-dade, pode tornar-se extremamente difícil, caro e, até mesmo, arriscado notrecho BC.

Suponhamos, agora, adotada a solução em viga Gerber indicada naFig. Il-24.2.

Esta solução permite a execução em separado dos trechos ABE, EF,FCD, com o que poderíamos escorar inicialmente o trechoABE e concretá-Io;a seguir, transferiríamos o escoramento para o trecho FCD que seria poste-riormente concretado e, finalmente, usando os próprios trechos ABE e FCD,já executados, como apoios, concretaríamos a vigota EF, encerrando aexecução da estrutura (poderíamos, também, pré-fabricar a viga EF, lan-çando-a através de uma treliça).

Não resta a menor dúvida que, sob o ponto de vista construtivo, a segundasolução será mais adequada no caso, pois ~ envolverá risco algum no vãoBC durante a construção, além de reduzir o v~e de material para escora-mento a quase 1/3 do necessário para a primeira~ução.

A solução da Fig.II-24.2 trará ainda, sob o ponto-de vista estrutural,a vantagem de reduzir as forças horizontais nos pilares devidas a variaçõesde temperatura e à retração do concreto (a este respeito, não teceremosmaiores considerações por ora, pois este tema é objeto de estudo nas cadeirasde Pontes).

As vigas Gerber têm lugar de grande importância na Engenharia Estrutural,e a tendência desta importância é aumentar, tendo em vista o desenvolvi-mento das técnicas de pré-fabricação e montagem de estruturas.

c) Diversos autores adotam -um método puraPtente algébrico para análise eresolução de vigas Gerber, que apresentamor a seguir.

Seja a viga Gerber da Fig. 1I-~5.

78 Curso de análise estrutural Estudo das vigas isostãticas 79

Ex. 11.6 - Obter os diagramas solicitantes para a viga Gerber da Fig. I1-27 .

é evidente, pois

6 - VIGAS INCLINADAS:

18 jE jFb) Temos Qdx = Qdx = Qdx = O, o queA A A

B, E e F são rótulas e nelas devemos ter M = O.

Obtida a decomposiçãq indicada na figura, o problema não apresenta maio.res novidades e obtemos imediatamente os diagramas solicitantes indicadna Fig. 11-27.

Observações:

a) Temos.t H Qdx = O, pois não existe carga-momento aplicada.

\6.1 - Seja a viga da Fig. I1-28, submetida ao carregamento distribuídov~rtical indicado. .

Sendo as reações de apoio as indicadas na Fig. 11-28, passemos ao estudode seus diagramas solicitantes.

O momento fletor atuante numa seção genérica S será dado por

Comparando esta expressão com (11.3), vemos que, para fins de momen-tos fletores, a viga se comporta como se fosse uma viga horizontal (perpendi-cular ao carregamento) de vão a e o diagrama é o indicado na figura (notarque as ordenadas do diagrama são sempre marcadas perpendicularmente aoeixo da barra).

Os demais esforços atuantes nesta seção são dados por:

qa qx2 qa2 2,MS =-x -- = _ [(~) _ (~)]

2 2 2 a a2'

qaQs = (- - qx) cos ex e2

NS = - (q; - qx) sen ex,

e~pressões estas que definem linhas retas, a partir das quais obtemo seusdIagramas representados lia Fig. 11-28.

I @ temt)

-,-1

-6

Fig. 11-27

-6

211m 14• ~ Jt !

~ I 1 I I lilll LUJ 8. HA 80 C M J{ cE cF ~ I N hA >A '=' - --t--3m-t'm+-2m----t--2m--t-'m-+-2m----t-2m~ 2m-,f..--2m-t

1 , , , }211m : 1I : 3'/ml 1L!3. I : IIA-----B ~ Lf-- I

L:l.t~ JtL:l.t I I I 3. +6. I I IJt I 14• 2t!ml I ItI Ollll!} t6. 16 p' II B zt I Oli ~ FI li i :c..H

I t 1H I t 1H I I t 13. : t 1t

I I I I I I 12 I II I 2X42+L2x2'8 I I I I II I 8 4 I I I 8x2.2= 8

4 I 4 I 4

I ~22.,.5 )"-" I@ (emmt)

I

Observação: Notar que a viga Gerber da Fig. I1-26.3, devido ao fatode ter a rótula sobre o apoio intermediário (o que significa que os trechosAB e BC têm momento fletor nulo em B), funciona como se fossem duasvigas biapoiadas AB e BC independentes, que têm como única particularidadeo fato das reações em B se somarem no apoio único existente.

de sua trajetória. As cargas verticais, somente, serão as responsáveis pelosmomentos fletores e esforços cortantes atuantes na viga Gerber, e é paraobtê-los que necessitamos fazer a sua decomposição. É por esta razão quenesta decomposição não nos preocupamos se o apoio é do 19 ou 29 gênero,pois, para as cargas verticais, todos funcionarão como se fosseJ!l do 19 gênero.

Fig.II-28

81

Fig. n-29

- qb2coso<= - ~ sena

2a 2I

I+ qb

2sena

2a

Por 2:: X = O .Por 2::MB = O •.•..•.

Por 2:: Y = O .

Obtenhamos suas reações de apoio:

I+qb (sen CI -b cosa 1= + qb seno<

2a 2

Estudo das vigas isostáticas

6.2 - Seja, agora, a viga da Fig. 1I-29, submetida ao carregameJlt distrl.buído horizontal.

O momento fletor atuante numa seção genérica será dado por:

qx2 qb2 a qb qx2 qb2 x x2Ms = qbx- (-) - (-X-)x = -x -- = - (- - -2)

2 2a b 2 2 2 b b


9!. sen a2

=q)I I

I --1: s li' lbI a-+ -+_

.2- t I I2 +-x---tl a 'fI ®: Ior1 i

~*-; I----":::-1 \/~. I

I II I®1/1\

+~cosa\t7~8\ qa

~ I~cosa

: .~I 2 1\I I® \III

80

82 Curso de análise estrutural Estudo das vigas isosüticas 83

expressões estas que nos permitem o traçado dos diagramas, feito na Fig.11-29.

Fig. 11-31

@ (emt)

111m

·3

Ex. 1I.7 - Obter os diagramas solicitantes para a viga inclinada da Fig.11-31.

I

+

18.11-30

Conforme indica a Fig. II-3 , é fácil ver que este caso nada mais é queuma superposição dos casos 6.1 e 6.2 e os diagramas solicitantes para eleserão, então, iguais à soma dos diagramas indicados nas Figs. II-28 e II-29.

Em particular, o diagrama de momentos fletores será uma parábola do29 grau de valor máximo igual a (qa2 /8) + (qb2 /8) = qAB2 /8, comportando-seentão a viga como perpendicular ao carregamento atuante, com vão AB.

Dos exemplos apresentados em 6.1, 6.2 e g..3-;podemos concluir entãoque uma viga biapoiada inclinada AB se comporta, para fins de diagrama demomentos fletores, como se fosse uma viga biapoiada de vão igual à projeçãode seu comprimento sobre uma reta perpendicular ao carregamento atuante,sendo o diagrama de momentos fletores marcado, sempre, perpendicularmenteao eixo da viga.

R,=qaII

dI

Os diagramas de esforços cortantes e esforços normais são obtidos imedia-tamente, em qualquer caso, a partir do carregamento e das reações de apoio.

6.3 - Seja, finalmente, a viga da Fig. II-30, submetida ao carregamentodistribuído perpendicular a seu eixo.

Comparando esta expressão com 11.3, vemos que, para fins de momentosfletores, a viga se comporta como se fosse uma viga vertical (perpendicularao carregamento atuante), de vão b e o diagrama é o indicado na figura. Osdemais esforços atuantes em S são dados por:

b2

Qs = - (~ ) cos a + (qb - qx) sen ab2

NS = (qb - qx) cos a + (ia ) sen a

Observação: A área do diagrama de esforços cortantes é igual a 8 mt,valor· da resultante das cargas-moI\lento aplicadas:

8

p

18~

IL.

'1

p(+2

IIIe

'"x

2t/m

A7+--6m--+

Fig. 11-32

AIA

b) A seção de momento fletor máximo é aquela em que Q(x) = 8 - 2x ,-- x2 16 = o, ou seja, x = 3,16 m. (A outra raiz da equação é negativa e ~es';provida, portanto, de significado físico). "

O momento fletor máximo será dado por:

(3).6 23163Mmáx =J

oQdx = 8 X 3,16 - 3,16 ----jg-= 13,5 mt (tracionando as fi-

bras inferiores).

7.2 - Obter os esforços solicitantes da vigaAB da Fig. 11-33, submetidaao carregamento distribuído segundo uma lei parabólica do 29 grau, come-çando com tangente horizontal e terminando com um valor máximo igual ap.

o que indica não existir carga-momento atuante.

O carregamento atuante ~, pois, o indicado na Fig. 11-32.

4t/m

Estudo das vigas isosÚltlcasCurso de anãlise estrutural

As reações de apoio são:

Soluçãoa) A partir de lU, temos que: ~

dQ d x2X

q(x) = -(]X = - dx (8 - 2x -"6) = 2 +3~

Para o apoio esquerdo: q(O) = 2 tlm

Para o apoio direito: q(6) = 4 tlm

i .7 - PROBLEMAS RESOLVI OS

7.1 - A equação dos e orços cortantes atuantes numa viga biapoiada de6 m de vão é Q(x) = 8 -jx - x2 16, sendo x a distância do apoio esquerdo àseção genérica que descreve a viga. Sabendo-se que, se houver carga-momentoatuante, ela estará aplicada no apoio direito, pede-se:

a) reconstituir o carregamento atuante;b) obter o momento fletor máximo atuante.

A linha de fechamento do diagrama de momentos fietores é definidapelo valor 6 mt tracionando as fibras superiores em A e pelo valor 2 mt tra-cionando as fibras inferiores em B. A partir dela, penduramos o diagramadevido à carga distribuída existente, indicado na Fig. I1-31.

Sendo retilíneos os diagramas de esforços cortantes e esforços normais,eles serão definidos por suas ordenadas em A eB, que valem:

QA 5 cos a = 4 tQB - 3 cos a = - 2,4 tNA - 5 sen a = - 3 tN B = 3 sen a = 1,8 t

8X 1 6+2VA = -- + -- = 5t

2 8

VB =~-~ = 3t2 8

84

Verifiquemos se existe carga-momento aplicada em B:

JFig.II-33

8b Curso de análise estrutural Estudo das vigas isostãticas 87

e as reações de

= ~I4

(~) !aI x3dx

(~) ~ I x2dx

J);, I D.II

L x L'I ~

Fig. 11-35

ri 1o valor da resultante é dado por R =lo q(x)dx = 3"p I

apoio valem, portanto:

É fácil ver que o momento máximo atuará na seção que tem Q(x) = O, ouseja, na seção

13~x =2"v 2 = 0,63 I e vale:

p123~ 12Mmáx = 32 v 2 = 0,03935 P .

pl px3 x pP X x4 pP pPM(x) = TIx - 3f X"4 = 12 [(y) - ([4)] = TI (€ - €4) = 12 Wp

Os esforços atuantes numa seção genérica S são dados conforme aFig.II-35por:

pl px3 pl 4x3 pl 3Q(x) =12 - 3/2 =12 (1 -7) =12 (1 - 4€ )

Para obter as reações de apoio, precisamos conhecer a posição da resultantedada por:

~I q(x)xdx

x=------11q(x)dx

A B

A ~-

IVA= f~ "Iv .. ~L L'I 1

IMmax=O,03935pI2

I@

IIII

L 0,63\

tI

1 III II I

+pl 0 '®12 ' I

F~. 11-34

t-1/4 -----tR=.!!!.. I

-~p

Solução

A equação do carregamento se:á da forma q(x) = ax2 •

Impondo a condição q(l) = p, obtemos:p x -

a = fi' com o q.ue q(x) = p(T)"

88 Curso de análise estrutural Estudo das vigas isostilticas 89

Fig. 11-37

10mt rC Cí5) E F

6I t 6,III I

@(emt)

4t

BA.,

nA1t 8t

II

c::::par. 2.0 grau

Fig. Il-38

7.4 - A viga biapoiada da Fig. Il-38 possui um carregamento tarque seudiagrama de momentos fletores é o indicado na figura. Pede-se reconstituireste carregamento.

OBS. Existe concordância em B entre a parábola do 29 grau e a reta.

A B C DA I I 46-I I I I

.,.f--- 2m l' 2m 1" 2m ~I I I II I 12mt II I II I I

II2mt

-6

F:6

E

-4

-6

D

e-4

c

2m --+-1 ,5m --t-' ,5m -t-1mtIIIII@(emt)

III1+4

I,'1

BA

A

Fig. 11-36

~ \ .A partir de (11.2), podemos afirTar que: .

a) o carregamento atuante nottChO AB é uniforme, de cima para baixo,(diagrama de esforços cortantes de rescente) e de taxa igual a 824 = 2 t/m;

b) em B existe uma carga conc nrada aplicada, de cima para baixo e iguala 4 t (valor da descontinuidade n fiagrama Q);

c) no trecho BC o carregamento é distribuído uniforme, de cima parabaixo, de taxa igual a 4/2 = 2 t/m;

d) o trecho CE não possui cargas distribuídas ou concentradas aplicadas;

e) em E existe uma carga concei"ada de 2 t para baixo (descontinuidade

emQ). rCalculemos a área do diagrama de esforços cortantes:

\SQ = 6 X 2 - 2 X 2 - 3 X 4 - 6 X I = - 10 mt,

indicando a existência de uma carga momento em D, atuante no sentido ho-rário.

O carregamento atuante é, pois, o indicado na Fig. 11-37 e, a partir dele,obtemos imediatamente o diagrama de momentos fletores indicado na mesmafigura.

7.3 - O diagrama de esforços cortantes de uma viga biapoiada AF é orepresentado na Fig. Il-36. Sabendo-se que, caso exista carga-momento, elaestá aplicada em D, reconstituir o carregamento atuante e traçar o diagramade momentos fletores.

90 Curso de análise estrutural Estudo das vigas isos:táticas 91

q

LSB~

t qL2 t qL2qL----2x 2x

I II I

qL fix ) I ,q(L'X) I

~~I@,~~L~-2~)

Fig.II-40

A seção de cortante nulo (posição do momento máximo), sendo a indicadana Fig. 11-40, temos que:

+ 1 LMmáx = (T)(qL2)(l - 2x)2 (área do diagrama de cortantes)

o momento máximo negativo atua, evidentemente, na seção B e seu módu-lo é dado por IM~áx I = q (L - X)2 /2.

Igualando, vem:

J..(qL2)(1_..!:...)2 = (l.)q(L -xi2 2x 2

Simplificando, obtemos:

Solução

A partir da ,configuração do diagrama M, podemos afirmar que o aspectodo carregamento atuante é o da Fig. 11-39.

q

c:cLJA f8A I

t'\1liA

~asse1iJill\)j);à .d~enm:rinaçãllld'GS 'lIiIDoIDesDuméricos ,g,~gas atuantes. Temos:.~.n-39

7.5 - Uma estaca de seção constante e comprimento L repousa num.pla-no horizontal. Deseja-se levantá-la por um ponto, girando-a em torno de umadas suas extremidades durante o levantamento. Determinar este ponto demodo que ela fique submetida aos menores momentos t1etores possív~durante a operação. \

Seja S a seção de suspensão. No instante do (levantamento, ela funcionaráestaticamente, segundo o esquema indicado nt Fig. 11-40 e, para que fiquesubmetida aos menores momentos fletores ppssíveis, devemos ter que osmódulos dos máximos momentos fletores positivo e negativo sejam iguais.Impondo as equações da Estática, obtemos: \

qL2I;MA = O . . . . . . .. VB = 2x

qL2I;, y = O VA = qL - 2x

o carregamento é, pois, constituído por uma carga uniformementedístri·buída de 3 t/m no trecho AB e por uma carga concentrada de 3 t em C,nos sentidos indicados na Fig. 11-39.

a) Pelas _çu da direita

Me = :2W-o = 1.0 :. VI} = i t

b) Pelas folÇZ da direita

MIl = 2 ml :. - 1 X 4 + 2 P = 2 :. P = 3 t

.c) Por E Y = O ~'. -V~:::•.2q-+T::-s- = 24 - 2

Pelas forças da esquerda

Mo = 2 rot :. (14 - 2) 2 - 24 = 2 :. q = 3 t/m

92 Curso de anãlise estrutural Estudo das vigas isostãticas 93

L 2 X 2 '.(l - 2X) = o. - L) , cUJa única solução provida de ••significado fís.ico é

Lv'2x = -2- = 0,707L

7.6 - Obter as equações dos esforços simples atuantes no trecho CD daviga da Fig. Il-41. Fig. 11-42

LScIIe'I

q

loIa-+

2t 6t

2t/mo2t

!Sendo o aspecto do diagrama de momentos fletores o indicado na Fig.

Il-43 e sabendo que, para a viga ter os menores momentos fletores possíveis,os módulos dos máximos momentos fletores positivo e negativo devem seigualar, obtemos:

~I

I2m--,l<.L

"

°H

I°G

I

Sendo a decomposição e as forças de transmissão as indicadas na Fig.Il-45, obtemos os diagramas a seguir.

Fig. 11-44

~

4t8mt

A" B. D [) F-:7 2S c 2S ,Oj 2SI I I i6mt IF. 6mt I*-lm+-l,Sm-f-l,Sm+lm J 3m----..-r lm+--2m

4t/m

Fig. 11-43

qa2 _ ql2 qa2"2 - -8---2-·

Daí vem:

a.J2 . a 0354T = 4' ou seJa'T= ,

7.8 - Obter os diagramas solicitantes para a viga Gerber da Fig. 11-44.

\

Fig. 11-41

AI AB I I .lS.D ,E qa2I IC s qa2

t VB=16t

I

t VO"'4t i2 2

I I I ----t----I I I . I

L X IeA

q12/8 O1 " I II+- 2m+~IIL-d: __ . 4m L 2m---,j..."

As reações de apoio, calculadas por superposição de efeitos, são

VB = 2+(+) lOX 2+{;)6= 16t

VD = 2+(;)10X 2+(~)6= 14t

Para determinar as equações dos esforços simples atuantes no trecho CD,basta escolher uma seção genérica do trecho, referi-la por unyicoordenadaindependente, e obtemos imediatamente:

Qs = - 2 - 2 X 2 + 16 - 6 - 2x = 4 - 2x, para x E (2,6)

2(x + 2)2 ]MS = - 2(x + 2) - 6(x - 2) _. 2 + 16x = 4 + 4x ~t.X2!,p~[2, 6

Observação: Cada um dos trechos AB, BC, CD, DE poss i diferentes equa-ções paraM e Q, de imediata determinação, conforme most ou este problema.

7.7 - Calcular o valor a/l para que a viga da Fig. Il-42 ~nha os menores"momentos fletores possíveis.

•

11-46.2

2mt 2mt

(o)II+- 2m------,J..--2m__+__ 2m--+

Fig. 11-46

11

~zs:

II I.,f- 2 m----,f

2mt 2mt 3mt 3mt

11-46.1

)

A partir da observação c feita no problema anterior, obtemos os diagra-mas desejados, desenhados na Fig. 11-47:

7.9 - Obter, sem calcular as reações de apoio, os diagramas de momentosfletores para as vigas da Fig. 11-46.

...

pondentes a cada um dos ,trechos FG, GH, lII, como fazer diretamente o quese fez na Fig. 11-45: conhecidos os valores dos momentos em F e J, desenha·mos a linha de fechamento e, a partir dela, penduramos o diaStama d.viga biapoiada para o carregamento do trecho FI (parábola cujo valor na 10910média é 4 ~ 52 = 12,5 mt). Esta parábola deve, evidentemente, passar porvalores nulos em G e li (rótulas), o que é um bom teste para os momentos ex·tremos obtidos no trecho.

b) Notar que, no trecho entre a carga de 4 t e a rótula E, o diagrama demomentos fletores é uma mesma reta, pois VC = O.

c) Notar que os valores dos momentos fletores atuantes à esquerda e àdireita da rótula E são iguais aos valores das cargas-momento aplicadas àesquerda e à direita de E. (Tal fato pode nos simplificar muito o trabalho emoutros casos, conforme poderemos ver no problema 7.9.)

d) A área do diagrama de esforços cortantes vale:

SQ = 8 + 6 - 6 - 16 = - 8 mt, valor da resultante das cargas-momento apli-

cadas e da reação-momento no engaste,

e) Suponhamos que, além do carregamento indicado, existisse uma cargahorizontal li da esquerda para a direita aplicada em C. Tal carga seria absor·vida pelo engaste I e a ele chegaria através das rótulas (notar que a rótulaE a transfere para o trecho EFG, onde a rótula G a transfere para o trechoGlI indo daí para o trecho lII, em que é absorvida).

A influência desta carga horizontal seria, então, a de adicionar à viga umdiagrama de esforços normais, no trecho CI, de compressão igual a li.

Iltudod •• vlQII llOrdtloa.

1mt

\

•1

I

i/i/@ lemt)

e

1111111 JZS ~ ~ 1iF I I I

11 I 4t/m I I

{ I l II GLS hH I

4t/." I +4t t4t If t~t

F ZS I I ItI I r tmI 1I H (~II 16mt f2t

I I /116

I I I/'/I /'"I I /11

I .-/ Io /'

"I I 4.52 = 12 5I 8, •

I I

·10

-12

4t/m

Fig.II-45

i IA (o)- 6nrtl6mt

I iI II II II 1*1 2t t ~6nrt

~é2tA- 16nrt

I ~I II II II II- II I

IIII

+2

cI

III1

1

l4tC

8AI

II

I

I

II8AT8t

II8

III

IIIII

+6

8mt

A~

1

IIIII

8mt

A;)IIII8

Ourto d. '1'1'11 •• ettr:utu •.•1!;

Observações:

a) Para a obtenção do diagrama de momentos fletores no trecho FI, tantopoderíamos, conhecendo os valores dos momentos fletores em F, G, li, I,traçar sua linha de fechamento e, a partir dela, pendurar as parábolas corres-

Estudo das vigas isost6ticas

6

Fig.II-49

A partir do diagrama de esforços cortantes dado, obtemos imediatamenteo carregamento atuante e reações de apoio, indicados na Fig. 11-49.

O valor da reação-momento no engaste é dado pela área do diagrama deesforços cortantes, que vale:

1SQ = - 2 X 2 + 2 X 4 +2"X 2 X 2 - 4 X 2 = - 2 mt (o sentido é, pois, ho-

rário).

As posições possíveis para rótula são aquelas em que a área do diagrama deesforços cortantes se anula e são dadas por XI = 2 m ou X2 = 7,59 m(indicamos uma posição em linha cheia e a outra em tracejado).

O diagrama de momentos f1etores está traçado na Fig. 11-49.

3tJ21B

Ls: O I I

I -,f- )(1 =2m-t IC O

II 14' I

x2=7,59mI II I

II

I II I

I II I III I II I I II I I®(em

\ III

2mt

oI


c,

2mt 2mt

6mt

3mt 3mt11-47.1

2mt

Fig.II-48

A BZS

t-2m-f---4m----1 .•...."-2m--+- 2m1I I I I 1

I I : I II I +2t I +2t I ,I1__ 2t---...Ir---+--....J......~@

-5t

11-47.2 Fi/ll-47

7.10 - A Fig. 11-48 representa o diag)ma de r jforços cortantes numa vigaGerber que possui uma rótula a ser deter~nada. Pede-se determinar a posiçãodesta rótula, reconstituir o carregamenlo e traçar o diagrama de momentosf1etores. /

//

OBS.: A viga não tem carga-mómento aplicada.

Ir••

v

"

4m

. =c=cr=:=:r==J 1t/mI I

Fig.II-54

Fig.II-53

----IFig.II-52

4m

~---IL.

"

1t/m

cr=r=o

------~~~~~----~-~---_.~--_._------------------------

,A7IIk

8.4 - Obter os diagramas solicitantes para a viga da Fig. 11-54.

8.3 - Idem para a viga da Fig. 11-53.

8.5 - Determinar o valc,r da carga P que deve ser aplicada à viga daFig. 11-55, para que ela fique submetida aos menores momentos fletorespossíveis.

Estudo das vigas isostáticas

8.2 - Obter as equações dos esforços simples atuantes na viga da Flg.11-52. (Sugere-se tentar fazer o carregamento recair numa superposição decarga uniforme com carga triangular.)

Curso de análise estrutural•

2t/m

8.1 - Obter as equações dos es-forços simples atuantes na viga daFig.II-51.

Fig.II-51

oZS 6>--_ .....~>--_..•~>---....•1H

I I I I I2.5m----'\<-1m~1.5m+l.5m+l.5m-+

Fig.II-50

c2SIf

A--,J..

8 - PROBLEMAS PROPOSTOS

7.11 - Obter os diagramas solicitantes para a viga Gerber da Fig. 11-50.

P 2°~.grau

A 8

,4I

+-lm~~~.--3m

Trata-se, evidentemente, de uma viga Ge.rber hipostática, sem estabilidade,pois o trecho EFG é instável (viga biayoiada com rótula) e não há o quecalcular, então.

OBS.: O objetivo deste problema ~i chamar a atenção do leitor sobre oseguinte fato: suponhamos fosse feita ~a análise da estaticidade da vigapor via algébrica. ~

A quantidade de incógnitas a determinar é ~is (três apoios do 1P gêneroe um engaste). \

A quantidade de equações disponíveis é seis (três equações universais daEstática mais três equações de momentos fletores nulos nas rótulas) .•A conclusão seria, então, que a viga é isostát :a, o que sabemos ser falso,por ser seu trecho EFG hipostático.

(A interpretação do resultado algébrico é qu" a superposição do trechou~a vez hiperestático AE, com o trecho isostático GH e com o trechohipos-tático EFG acarretou uma isosticidade aparente para o conjunto.)

É por esta razão que não apresentamos neste Curso fórmulas destinadas àverificação da estaticidade de estruturas compostas pois elas são falíveis, sósendo seus resultados confirmados quando fizermos a decomposição corretada estrutura, que dará a última palavra, e que é o que fazemos para todos oscasos.

98

turso de anAlise estrutural Estudo das vigas isostáticas 101

2t/m

I,'I

Fig.II-60

Fig. 11-62

1I 5m

I jI .-l-I,

>J

4m

a-+I.••

Fig.II-59

J 6mFig. 11-61

6m

-,/e--4m

2t/m

ccr=c.t:=:rIrJA7

~a-,j.-



ITITIJ1t/mI 2mt ,

I 1-1I I 3m- Lj

IIr 4m Ir>J >J

8.11 - Traçar os diagramas solicitantes para a barra homogênea ARC, de130 kg de &eso total, indicada na Fig. 11-61.

8.12 - Calculár o menor valor de a para que a viga da Fig. 11-62 possuamomentos fletores tracionando, em todas as seções, as fibras superiores.

Fig.II-56

q

Ie•••

Ir>J

II

~<

~ rII j.Ie

•••

Fig.II-55

~t

t 45r! ZS60°

I-,I

Fig. 11-57

II V2t : I I ~..,f--2m ~. 2m L 2m-+'I

Fig. 11-58

8.7 - Obter os diagramas solicitantes para a viga da Fig. 11-57.


~2t/m ..

~2mt 12,5mt

t3t ~ ,) LS (I . I I I

+'- 1,5m-+-- 3m--~'-,----3m--f-l ,5m--+

8.8 - Idem para a viga da Ffg. 11-58.


Fig. 11-68

q

--~

~-------'Or-------06""

t-x~.}

lt/m

a::D 1ml4mt 4mt o2mtI.' 2mt tá {o) Q . \-81 & o & \

3----J.-1~2~2_J__2-+-:l_+1_t_2_t_1_t (cota••mmalrOl)

Fig. 11-67

l,

Fig. 11-69

A

4mt

8.17 - Obter o diagramll de momentos fietores par;!.a viga da Fig. 1I-67.

43mt

par. 3.0,4 I grau

6)' I3 10 I

J.-2m-+-2m -~-3m-_--.2m----,.f--l.5m-4

//

/

/1/ 4mt

/

8.18 - Calcular x para a viga da Fig. 1I-68, de modo que ela fique subme.tida aos momento& fietores menores possíveis.

8.19 - Para a viga da Fig. 1I-64, obter as equações dos momentos fie.tores atuantes em seus diversos trechos.

8.20 - A Fig. 1I-69 representa o DMF numa viga Gerber de simplesapoios em A, B, C, um dos. quais é do 29 gênero.

Pede-se:a) reconstituir o carregamento e as reações de apoio;b) traçar o diagrama de esforços cortantes;c) calcular as posições possíveis para a rótula.

0----0--2S~---1A-2S

2t/m

°A Lif--3m--t-1 m-,j.---4m---,f.-1m +

3t

Fig.II-64

~4rn~2m~4m~2m~4m~Fig. 11-63

.1t

~ltI#n-----zs:--O _8 0--_3---

a-- ••I.-b-••-1. --e--+d+e+2m---J.Fig. 11-65

8.13 - Traçar os diagramas solicitantes para a viga da Fig. 1I-63.

2t/m

8.14 - Idem para a viga da Fig. lI-M.

8.16 ~ Para a viga da Fig. 1I-66, obter os diagramas solicitantes.

8.15 - Sem cálculo prévio das reações de apoio, obter o diagrama de mo·mentos fietores para a viga da Fig. 1I-65.

+2m-+--4~2m+-4m---J--4m-+2m +2m+--4m----+Fig.II-66

Curso de análise estrutural Estudo das vigas isostáticas105

@jlmtl

+1,5

12,5

@Imtl

-0,25 _@ltl

10,5

-1,25

32/3

G

1 1+1,866

. +0,866

-----8--- __1@,,,

------~~~-------_._------------------------------""-_._---""---------

8.8-

8.9-

Q(x) = pl e,33

@Imtl

+2 ~ ~ ~ +2

~~L~_

-2@Itl

p12 ,4M(x)=-- e

12

9 - SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS PROPOSTOS

M(x) = pf (e-2e3 + é) ; Q(x) = !!!- (1-6e2

+ 4(3)

3 3

p12 (-é +(3) . Q( )=!!!-(-2e+3e2)8.2 - M(x)=- , x 22

8.1 -

8.3 -

8.4

8.5 - p = 2ql (2- v2), produzindo IMmáxl = 0,086 q12

·8.6 - P=ql(V2-1),produzindo IMmáxl = 0,086 q12

106 Curso de anAlise estruturalEstudo das vigas isostáticas

107

./

@(md

+3

2mt

, @(tl

+5 I

44

12

8.12 _ a= 0,51

8.13 -

8.14-

8.15 -

® (kgl

-4

~@~gJ

o -60

8.10 -

~@l"62 3.2 G .

~® ••

G-2.4

195

8.11- ®(mkgl

109

@hl

c) x = 3m ou x = 6m

-5

Estudo dls vlgls iso.tátlcas

8.20

@lmtl

+8


32

8.16

111

6

1.18.- x =1(3- êh), produzindo IMmáxl = 0,086 q12

,11.19- M(x) = 3x-x2 para x € [O ;4]

MÇx)=- 36 +12x-x2 para x € [4 ;8]

M(x) = - 108 +21x-x2 para x € [8; 9]

@(mtl

Estudo dOI qUldros isost6ticos planos 111

Estamos diante de um problema novo, que faremos recair em problemajá conhecido (resoluçãO de vigas biapoiadas), da maneira seguinte.

P, P3 P, P,

M. \ I Me Ma: \ I Me

H~J (c~e ~(~.~~_C

"') "!•. k 1" !v.

rMT~' "~lM IP4

P,~ = /'/P4

o I oH

A

. ________ A

Lo f VokI1I-2.1 11I-2.2

Fig. I1I-2

Rompendo u quadro em seus nós intermediários B e C, podemos destacarumas das outras as barras que o constituem, desde que apliquemos nessesnós, em cada uma das barras, os esforços simples neles atuantes, quemanterão o equihbrio de cada barra AB. BC e CD, conforme indica aFig. IlI-2,J.

Analisemos, agora, cada uma dessas barras. Seja, por exemplo a barra BC.indicada na Fig. III-2,J, submetida ao carregamento em equilíbrio constituídopor HB. VB• MB. P2. p3• He. Vc. Me. Como estas cargas estão emequilíbrio, podemos encarar, por exemplo, HB. VB e Ve como sendo asforças que equilibram as demais cargas atuantes e a barra BC pode, então,ser considerada como uma viga biapoiaJa, submetida ao carregamento quelhe está diretamente aplicado, acrescido de cargas-momento em suas extre-midades iguais aos momentos f1etores atuantes nestas seções e de uma cargahorizontal no apoio do J 9 gênero, igual ao esforço normal c;tuante nestaseção. A igual conclusão chegaríamos para as demais barras e o estudo doquadro recai, então, no estudo das três vigas biapoiadas AB. BC e CD comos carregamentos indicados na Fig. III-2.2. "

As conclusões tiradas para este caso podem ser extrapoladas para todosos demais e podemos, então, afirmar que, para se traçar o diagrama dosmomentos fletores atuantes num quadro, basta marcar os momentos fletoresatuantes em seus nós, ligá-los por uma linha reta tracejada, a partir da qualpenduramos os diagramas de viga biapoiada devidos aos carregamentosatuantes sobre cada uma das barras que constituem o quadro.

\

Fig. III-I

J.l - Quadro biapoiado

CAPfTULO 111

ESTUDO DOSQUADROS ISOSTÁTICOS PLANOS

Seja o quadro da Fig. IlI-1. Para obtermos as reações de apoio HA. VA e. VD dispomos das três equações uni-P2 P3

\ I versais da Estática no plano. Trata-se,pois, de estrutura isostática. Conheci-

a c das as reações de apoio, passemos àP4 obtenção dos diagramas solicitantes.

1 .. QUADROS SIMPLES

Existem quatro tipos fundamentais de quadros isostáticos planos, aosquais chamamos quadros simples, quando ocorrem isoladamente e que,associados entre si, da mesma forma com que associamos vigas simplespara constituir as vigas Gerber, formam os assim chamados quadroscompostos; que estudaremos no tópico n93 deste capítulo.

S!Toos seguintes os tipos estáticos de quadros simples isostáticos.

M", A-

Ex. IIU - Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig. I1I-3.

113

Fig. 11I-5

borro DEMo =100mt

52mt

E

96mt

o

borro DEME =36mt

4mt

Fig. 11I-4

- Para a barra EF: MãanaEF = 16 rl1t, tracionando as fibras

!.tudo do. quldrol IIONtlool pllno.

tracionando as fibras superiores) ou podemos, o que é muito mais prático,no caso, obter seu valor a partir do equilíbrio do nó D, conforme se segue.

Rompendo todas as barras que concorrem no nó D e aplicando osmomentos fletores nelas atuantes, eles têm que estar em equilíbrio, pois aestrutura o está. Temos então, o esquema da Fig. 1I1-4, a partir do qualobtemos:

M})anaDE = 100 mt (tracionando as fibras superiores).

16mt

b) Nó E:da direita.

- Para a barra 1{E: M~anaBE = 12 X 4 + 2 X 2 = 52 mt, tra-cionando as fibras da direita.\

- Para a barra DE, temos, a partir do equilíbrio do n6 Econforme indica a Fig. 1I1-5: M~anaDE = 36 mt (tracionando as fibra~superiores).

Para a barra DE, podemos obter o momento netor atuante' em D a partirde sua de finiçl[O, isto é, entrando com as forças atuantes num dos ladolda seção (por exemplo, entrando com as forças atuantes à esquerda, obtemol:

M})anaDE = lOX8+4X4+ 2X22

'" 100mt,2

Curso d. an'II ••• rutural

4t

a) Nó D: ' - Para a barra AD: M1)anaAD = 10 X 8 + 4 X 4 = 96 mt, tra-cionando as fibras da esquerda.

_ Para a barra CD: M})anaCD = 2 X 22/2 = 4mt, tracionandoIIS fibras superiores.

'..' Para a barra DE:

Por ~ Y =0, temos: VA = 201.

Por ~MB = O, temos: 20 X 5 + 2 X 2 - 20 X 8 + 16 + 4lIA = O:: HA = 101.

Por ~X = O, temos: HB = 121.

Conhecidas as reações de apoio, estamos em condições de traçar osdiagramas solicitantes, que começaremos pelo diagrama de momentos fletores.Os momentos fletores atuantes nos nós intermediários, valem:

F 16mt----t

2me--t2 2mt _+

2m

• 8 I--iI Ha=12t

I • 4m

I •. ~-----:---lI t VA=20t I

.,jo-2m ~ 8m kFig. 1II-3

Substituindo o carregamento distribuído por sua resultante, indicada empontilhado na Fig. I1I-3, passemos à obtenção das reações de apoio:

O. diagramas sl[o marc'ados, como no caso das vigas, perpendicularmentelO eixo de cada barra.

A obtençl[o dos diagramas de esforços cortantes' e esforços normais éImediata, a partir do conhecimento das reações de apoio.

O exemplo IlU esclarece.

Curso de an611 •• 116

Marcando os valores obtidos para os nós, temos definidas 2S linhas defechamento, a partir das quais penduramos os diagramas de viga biapoiada,obtendo então, o diagrama final indicado na Fig. 1II-6.1.

100

Observações:

a) Os diagramas de momentos tletores nas barras verticais poderiam, também,s~ obtidos calculando seus valores nas seçÕes de aplicação das cargasconcentradas (4 t para a barra AD e 2 t para a barra BE), ligando-os a zeronos apoios e aos valores cbtidos nos nós (96 mt para o nó D e 52 mt parao nó E).

b) Para o traçado do diagrama de esforços cortantes, obedecemos às mesmasconvenções de sinais adotadas no caso das vigas.

c) A área do diagrama de esforços cortantes vale:SQ = -10 X 4 - 14 X 4 - 4 + 16 X 4 + 14 X 2 + 12 X 2 = + 16 mt, valorda carga-momento aplicada (sentido anti-horário).d) No traçado do diagrama de esforços normais, é indiferente o lado para oqual marcamos os valores, interessando apenas o sinal (positivo se o esforçoé de tração e negativo no caso de compressão).

e) A fim de evitar confusão com as linhas que definem o eixo do quadro ecom linhas auxiliares usadas para o traçado dos diagramas, pode-se hachurar,se julgado útil para maior clareza, a área compreendida entre o diagramafmal e o eixo do quadro. /

f) Notar, no diagrama de momentos fletores, os pontos angulosos nos pontosde aplicação e nos sentidos das cargas concentradas aplicadas (inclusive asreações de apoio).

52

@Iemmtl

11I-6.1

496

+16

-14

+12

@(emt)

-lO

11I-6.2

(j)

-20

11I-6.3

-14

@Iemt)

1.2 - Quadro engastado e livre

Seja o quadro dI! Fig. I1I-7 .. Suassão imediatamente obtidas empregan-do-se as três equações universais da Es-tática e, a partir daí, chegamos, semmaiores problemas, a seus diagramassolicitantes, conforme ilustra o exem-plo 111.2.

três reações de apoio HA, VAI MA

l' \ í'O 'E

q

ITDFig. 1lI-6

B

A obtenção dos diagramas de esforços cortantes e de esforços normais éimediata, a partir do carregamento e das reações de apoio indicadas naFig. I1I-3, chegando-se aos valores indicados nas Figs. IlI-6.2 e 1II-6.3,respectivamente. Fig. 11I-7

...._---_._------- ----------------------------------------

&ttudo dOI qutdrol IlOtUitltot pllnOl

Ex. nu - Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Flg. IH-8.As reações de apoio valem:

lt/m

HA~ A

Seja o quadro triarticulado (articulações em A, G e B) da Fig. 1II-10.

Para detenninar suas 4 reações de apoio (HA. VA, HB e VB), dispomosdas' três equações universais da Estática no plano e, por haver uma r6tulaem G (o que indica que l:m G s6 há transmissão de forças, não havendotransmissão de momentos), temos uma quarta equaçllo indicando que omomento fietor em G deve ser nulo.

Obtidas as reações de apoio, o problema está resolvido, levando-se emconta o que já estudamos nos itens anteriores.

c

1.3 - Quadro triarticulado. ,

HA = 1 t

VA = 8 t

MA + 3 X 2 + 1 X 2 = 1 X 1 + 4 X 2MA = Imt

13t

+ lI 11I ~lt I 2m: ,~--HI I I 2m

IH~ MAT1mt 1JI A I I.'I VA-Btt I I+--2m--}lm·f---- 3m--+-

Fig. 11I-8

~x = U

~y = O

~MA = O

PorPor

Por

Fig. 11I-11jp

/8/

/o.

Observação: Caso os dois apoios do 29 gênero e a rótula intermediáriaestejam alinhados, a estrutura será hipostática, senão vejamos. Seja o quadroda Fig. IlI-II. Para que tenhamos satisfeita a condição do momento fietorser nulo em G, as reações de apoio HA e VAeDl A e HB e VB em Bdevem ter suas resultantes RA e RB segundo a direção da reta AB, conformeesquematizado na figura.-,

@l.mtl

-7

8

Fig.III-9

Os diagramas solicitantes são os indicados na Fig. IlI-9.

Observações:

a) Não indicamos cálculo auxiliar algum, pois todos os valores necessáriosao traçado dos diagramas podem ser obtidos de cabeça, no caso.

b) A área do diagrama de esforços cortantes vale, no caso, I mt, valor dareação-momento no engaste (sentido anti-horário).

mailto:@l.mtl

e.tudo do. quedro. 11O.t6tloo.pleno•

nó F: M~arra 1"/1 = 2 X 2 = 4 mt, tracionando as fibras externas;

M~arraEF = JX 6 - 4 X 2 = 10mt, tracionando as fibras externas;

M~arra GF = 14 mt, tracionando as fibras externas, obtido a partirdos valores anteriores, por equihbrio do nó E, conforme mostra aFig. I1I-13;

.•Calculemos a soma das projeções de todas as forças na direção perpendi-

(miar à reta AS: ela valerá ~ Y = -p cos O' (e não zero, como deveria valer,caso' houvesse o equilíbrio). ConcluÚTIos então que, nestas circunstâncias, oequilíbrio 'é impossível e estamos, por conseguinte, diante de uma estruturahipostática.

Podemos afirmar, pois, que um quadro triarticulado é uma estruturaisostática, desde que suas 3 rótulas não estejam alinhadas. barra GF

MF= 14mt 4mt

2t

F

10mtFig. 11I-13

barra EFMe=lmt

nó E: MRarra Dé: = 8 mt, tracionando as fibras superiores;

Mf:arra Bé: = 3 X 3 = 9 mt, tracionando as fibras externas; i

M[;arraEF = I rnt, tracÍonando as fibras externas, obtido.a partir/dos valores anteriores, por equilíbrio do nó E, conforÍne mostra aFig. I1I-14.

8mt

F6mt

I H/m

CO-I---+ -l-*~~I

) II III

As reações de apoio são dadas por

Ex. I1I.3 ~- Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig. I11-12:

Fig. 11I-12

"f,MB = O

r,y =0

MG = O,

r,x = O

8 VA = 2 X 6 + 8 X I X 4 + 4 X 2 - 2 X 2

VB = 2 + 2 + 4 + 8 X I - VA = lO t.

pelas forças da esquerda:

6 X 4 + 6 - 6HA - 2 X 2 - 4 X I X 2 = O

HB = 31.

E

9mtFig. 11I-14

Passemos à obtenção da diagrama de momentos fletores.

Os momentos fletores atuantes nos nós do quadro valem:

-- nó C: Me = 3 X 3 = 9 mt, tracionando as fibras externas;

- nó C: M'i;&J = MSir = 6 mt, valor das cargas-momento aplicadas, tracio-nando as fibras externas; (observação: Em C temos, evidentemente MG = O;o diagrama sofre descontinuidades de 6 mt à esquerda e ã direita da rótula);

Marcando os valores obtidos para os nós, temos definidas as linhas defechamento, a partir das quais penduramos os diagramas de viga biapoiadaobtendo, então, o diagrama indicado na Fig.IH-15.l.

As cotas básicas para o traçado dos diagramas de esforços cortantes e deesforços normais podem ser obtidas de cabeça, a não ser no trecho inclinadoCC, onde valem:

n~miifCurso d•• n'" •• ~I'!i.' Estudo dos quadros Isost6t1cos planos 121

a~lUTIlcu = 6 cos o: - 3 sen o: = 6 X 0,8 - 3 X 0,6 = 3 t

N~lllra CG :: -6 sen o: - 3 cos o: = -6 t

ajkJ :: 4 cos o: - 3 sen o: = 1,4 t

QJir = 1,4 - 2 coso: =-0,2 t

Nj!lq = -4 sen o: - 3 cos o: = -4,8 td'NJIl = -4,8 + 2 sen o: = -3,6t

QSarraCG::: -3 seno: = -1,8t

NSarraCG = -3 cos o: = -2,4 t

Os diagramas estão desenhados, a partir desses valores, nas Figs. III-15.1e III-15.3.

Observações:a) Notar como a escolha adequada das equações de equilíbrio, bam comode sua ordem de emprego facilitou o trabalho algébrico de obtençA'o dasreações de apoio. Em qualquer outro caso, o leitor deve guardar esta lcl~ltem mente, pois esta escollia adequada tornará a resolução da estrutura multomenos trabalhosa e, conseqüentemente, muito menos passível de errollnuméricos.

b) O diagrama de momentos fletores de viga biapoiada a ser superposto àlinha de fechamento na barra CG, em vista às conclusões tiradas no itemdo Cap.lI, tem seu valor, em J, igual a q/2/8 + Pab/ / = I X 42/8 -I-+ 2 X 2 X 2/4 = 4 mí. Este valor será marcado evidentemente na perpendi-cular à barra CG, a partir da linha de fechamento.

BB

_P6

Ps

/

10-16.1 11I-16.2Fig.11I-16

Seja o quadro da Fig. III-16.l, biapoiado em A e B, com uma rótulaem G e com uma barra CD descarregada, rotulada em suas extremidades.

P P3 P4 !;4 o G \ I o /

P2'" ~ /PS~

Se a barra CD é descarregada e rotulada nas extremidades, ela tem, emtodas as suas seções, M = Q = O, podendo estar submetida, apenas, a umesforço normal constante (no caso de ser de tração, a barra será denominadatiranté e, no caso de ser de compressão, será dita uma escora). Nada sealterará, então, sob o ponto de vista estático, se rompermos a barra CD.substituindo-a por um par de tsforços normais N, de sentidos opostos eaplicados no quadro AGDB em cada uma das extremidades C e D da barraCD, conforme indica a Fig. I1I-16.2.

1.4 - Quadro biapoiado, com articulação e tirante (ou escora)

·'0

·6

·6 ·'0

CD

·1

@)(emt}

10

9

·3

11I-15.3

@(emrr!;

11I-15.1

Fig.III-15

@lemu

9

11I-15.2

14

estudo dOi qulldro. Iso.t6tloo. plano. 118

I~

I

CD

·2

@<omtl

Fig. 111-21

(j)

+ -4

+t

@lemtl

Fig. 11I-20

-1

+4

4

2 - QUADROS COM BARRAS CURVAS

Por ~x = O HA = O

Por ~MB = O 4 VA = 2 X 4 X 2 VA = 4 t

Por ~ Y = O VB = 8 - VA = 4 t

Por Me = O, pelas forças da direita: 2N - 4 = O :. N = 2 t

Nenhuma .alteração quanto à forma de tratamento sofrerá, entretanto, oproblema, conforme esclarecem os exemplos a seguir.

Os tipos de quadros simples estudados no tópico anterior podem aparecer,evidentemente, com barras curvas ao invés de barras retas, conforme o caso,por exemplo, da Fig. 1II-21.

Temos, para obtença:o das reaçOes de apoio e do esforço normal atuantena barra CD, o esquema da Fig. lII-l9, a partir do qual obtemos:

Conhecidos estes valores, obtemos, sem maiores problemas, os diagramassolicitantes traçados na Fig. 1II-20.

4mtt I

-----N N

Fig. 11I-19

t

G

E

B

2t/m t

oE

L,Fig. 11I-18

c=:r=r:=r=o 2t/m

4mt G4mt12m

D 12m

---- B-J----4m

c

E

A

'Para resolver a estrutura precisaremos, por conseguinte, conhecer osvalores das reações de apoio VA. HA e VB e do par de forças N, numtotal de quatro incógnitas. Sendo igual o número de equações de quedispomos (três equações univ,ersais da Estática e mais a equação de momentonetor nulo na rótula), trata-se de uma estrutura isostática.

Obtidas as reações de apoio e o valor de N, o traçado dos diagramassolicitantes será imediato, a partir do que estudamos nos tópicos anterioresdeste capítulo. O exemplo 1II.4 esclarecerá.

Obserl'Qção: Dependendo da posição relativa dos vÚ1culos, o quadrobiapoiado, com articulação e tirante, pode se tornar hipostático, conformeé o caso da estrutura da Fig. lII-l7, incapaz de absorver forças horizontaisatuantes no trecho GB (pois acarretariam o aparecimento de momentosfletores na rótula, o que é impossível). Deve-se fazer, pois, neste sentido,uma análise de cada caso.

Fig. 11I-17

Ex. IIIA Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig.11I-l8.

Estudo dos qUldros lsosdtlcos pllnos 18

(

®

®

@

III

- Psen 92

Fig. 11I-23

\-i-\ 2

1I

\ 1~9

-- ,---IIIcI

\\ I /\11

_e~8_

\ 1\ I /__ ~M~ __

II1+ p

2"I+Psen 9-2-

Ex. I1I.6- Para a estrutura da Fig. III-22; desenhar o diagrama demomentos netores à partir de uma reta horizontal.

\\\\ ~

---~--

Fig. 11I-22

~pc

Observação importante: notar que para este exemplo, em que temosuma estrutura plana simétrica, com carregamento simétrico (pois HA = O),os diagramas de momentos fletores e esforços nonnais são simétricos e ode esforços cortantes é anti-simétrico (duas seções simétricas em relação aoeixo de simetria da estrutura têm cortantes de mesmo módulo, com sinais::>postos).

Esta é uma conclusão válida para qualquer estrutura plana simétrica com'arregamento simétrico.

Estas equações são válidas, apenas, para seções no trecho AC, pois em Csurge uma carga concentrada que modificaria estas expressões para e > rr/2.Devido à simetria existente, não precisamos, entretanto, instituir as equaçõespara o trecho CB, obtendo então os diagramas indicadOll na Fig. I1I-23,todos eles marcados perpendicularmente ao eixo da barra (estes diagramassão traçados, evidentemente, por pontos).

Ex. I1I.S- Obter os diagramas solicitantes para o quadro da Fig. I1I-22.

Por simetria, as reações verticais em A e B são iguais aP/2 e temos, então,numa seção genérica S, definida pelo ângulo e, os seguintes esforços simples:

PRMs '" VA (R - R cos e) = -2- (1 - cos e)

PQs VA sen e = 2 sen ep

Ns '" -VA cos e = - 2 cos e

Estudo dos quadros ISOlt't1COI pllnos

!

B

4m

t Vil-8t3m-'-f-Ic,

Fig. I11-27

2tlm

--i-1I l-3m

II I7----1 ---o

IIII

.!.. - --+---~II

3t--

A

Desenhando o diagrama a partir da reta horizontal AB, levando-se emconta que o momento atuante numa seção genérica vale I X y = y, traclo.nando as fibras superiores, ele será delimitado pelo próprio eixo da barril,conforme indica a Fig. I1I-26. (Notar que, como os momentos t1etorestracionam as fibras superiores, seus valores são marcados para cima dareta AB.)

Fig. I11-26

Ex. 111.8 - Traçllr o diagrama de momentos t1etores para a estrut~rada Fig. I1I-27.

M •• PRmex 2

~:\I

1 '\ 1

I'\ 1

\1-b--GJtt---- B

IM I -t'1 I 2"I 1 I

®

Ma.!. MlI" ----2

Fig. I11-24

Marcando' os valores dos momentos t1etores a partir de uma reta horizontal,o diagrama será retilíneo, conforme indica a Fig. I1I-24, pois os momentosf1etores crescem linearmente segundo o valor·de AM = R (1 - cós e). Daí aIdéia, no caso, de desenhar o diagrama a partir de uma reta horizontal e1110 a partir do eixo curvo da barra. Tal idéia é válida, pois existe umacorrespondência biunívoca entre seção da barra e cota do diagrama demomentos tletores, marcado a partir de uma reta horizontal.

No caso das barras curvas podemos, então, traçar diagramas a partir deuma linha reta auxiliar, e é interessante fazê-lo quando tal procedimentosimplitlcar o seu traçado.

Os próximos exemplos completarão o esclarecimento do assunto.

Ex. 111.7 - Desenhar o diagrama de momentos t1etores para a estruturada Fig. I1I-25.

Fig. 11I-25

As reações de apoio valem:

.................... VA

VB

HA = 2 t;4t;

8 t, conforme indica a Fig. I1I-27.

Por ~x = O

Por ~MB = O

Por ~y = O

1t-

Curso de análise estruturalEstudo dos quedros ltolditlool plenos

A obtençll'o dos diagramas nas barras AC e BD é imediata; concentremo-nosna barra CD, para a qual desenharemos o diagrama a partir da reta horizontalCD, pelas razões que transparecerão a seguir.

Para estudar a barra CD isoladamente, rompamos a estrutura em C e emD, aplicando nestas seções seus esforços simples, a fun de preservar seuequilíbrio. (Isto equivale a transferir para C as cargas aplicadas no trechoAC e, para D, as cargas aplicadas ·no trecho BD.)

Temos, então, o esquema da Fig. I1I-28.1, que pode ser decomposto nasuperposição dos casos indicados na Fig. I1I-28.2 (só cargas verticais emomentos) e na Fig. I1I-28.3 (só cargas horizontais).

Para o caso indicado na Fig. 1I1-28.3, correspondente à influt'!ncin apenasdas cargas horizontais, o momento fletor atuante numa s~çll'o genéricll vltleI

confof}11eindica esta figura, 5y, tracionando as fibras superiores; desenhandoo diagrama a partir da reta CD, ele será, então, da mesma lei matemáticaque o eixo da barra (pois o momento é proporcional a y), sendo, pois, aparábola do 29 grau indicada na Fig. I1I-29.2.

!!

15-9'" 6m\

.~,=

c/l:='\o11I-29.2

Fig. 11I-29

.'l!: 2••28 --,--9mt

c

=8mt

111-29.1

11I-29.3

c

'mt

2./m

~I II II II II 20mt

2+3--5. 8mt 5.--Ct4.------D t

8:-

11I-28.1

20

20

Fig. 11I-30

@lemmtl

8

o dia~ama final, para a barra curva CD, desenhado a partir da reta CDé, então, o indicado na Fig. IlI-29.3 e o diagrama de momentos tletoresno quadro é o da Fig. IlI-30.

11I-28.3

+ y

~-l-----~c o

2tlm

CIIIIJI II II II II I

8mt I 120m.

11I-28.2

Fig. 11I-28

Para o caso indicado na Fig. I1I-28.2, correspondente à influência apenasdas cargas verticais e momentos, a barra curva se comporta como se fosseuma viga reta CD, pois, para se obter os momentos atuantes numa seçãogenérica S, só interessam as distâncias horizontais. Marcando então osmomentos, a partir da reta CD, o diagrama para o caso está indicado naFig. I1I-29.1.

estUdo do. quldrtH ItOttttlool plano. 131

Observações:1) Aconselhamos seja sempre usado, para as barras curvas, o método delIJl~Jjse empregado neste último exemplo, por ser a forma mais simples deresolvê·las.

2) Resumindo o que vimos neste exemplo, para o traçado do diagrama demomentos fletores na barra curva CD, a partir da reta horizontal CD,marcamos sua linha de fechamento e, a partir dela, penduramos a soma dodiagrama de viga biapoiada com o diagrama devido apenas às forçashorizontais, conforme indica a Fig. I1I-30.

f"".'

e fácil ver, então, que o quadro composto está para o quadro simple.da mesma fonna que a viga Gerber está Plll'a as vigas simples.

A resoluçã:o de um quadro composto não apresenta, então, mistério algum,bastando resolver inicialmente os quadros sem estabilidade própria (no caso,o triarticulado DEFGH) para as cargas que atuam sobre eles e, a seguir, osquadros gotados de estabilidade própria (e que, por isto, dão a estabilidadeao conjunto) para as cargas que atuam diretamente sobre eles, acrescidas dasforças transmitidas pelas rótulas.

Para o caso da Fig. I1I-31, teríamos que resolver, então, os três quadrossimples indicados na Fig. I1I-32, para os carregamentos indicados. '

3 - QUADROS COMPOSfOS

3.1 - Introdução E FG

(t Vii Ps

~VIi I IHIi-n,..-P6

J _K

Fig. 11I-32

HO D

3.2 - Exemplos de decomposição

Para resolver um quadro composto devemos, então, decompô-Io nosquadros simples que o constituem, resolvendo, inicialmente, aqueles semestabilidade própria, e, após, os dotados de estabilidade própria, para ocarregamento diretament~ atuante sobre eles, acrescido, para estes últimos,das forças transmitidas peb1s rótulas.

O problema recai, pois, na resolução de quadros simples, já"estudada emtópico anterior. A única novidade será, então, a decomposição do quadrocomposto nos quadros simples c.ue o constituem, de que trataremos a seguir.

Para decompor um quadro composto, d~vemos procurar, inicialmente, osquadros simples dotados de estauilidade própria que o constituem c, sobre

J

"1 I

n~P6

J K

F

Fig. 11I-31

Sendo estes dois últimos quadros estruturas isostáticas (quadros biapoi-ados) dotados de estabilidade própria, eles são capazes de absorver as forçastransmitidas p$llas rótulas D e H, acrescidas das forças que atuam diretamentesobre eles, sendo o cor'junto, então, uma estrutura isostática composta pordois quapros biapoiados, dotados de estabilidade própria, que suportam umtriarticulado, dando a ele, pois, estabilidade. A este conjunto, formado pela

de quadros simples, chamamos quadro composto.

E

Seja o quadro da Fig. I1I-31. Analisemos o trecho DEFGH: trata-se deum triarticulado, sem estabilidade própria, pois as rótulas D e H são capazesapenas de transmitir forças às estruturas que as suportam. Sua estabilidadefica, então, condicionada· à capacidade ou não que tenham os quadrosACDB e JHIK de absorver estas forças.

132 Cuno de anãlise estruturalEstudo dos quadros isosttíticos planos 133

Fig. 111-36

E

co

®

c

Sendo AGFE um quadro biapoiado, dotado de estabilidade próp,'ia, oesquema de decomposição é o da Fig. I1I-36.

c)

GF

Fig. 11I-33

c

A

a)

eles, através das rótulas, apoiamos, a seguir, os quadros simples sem estabili-dade própria.

Os exemplos a seguir esclarecerão.

Fig. 11I-38

Para ele, identificamos, imf diatamente, os quadros engastados e livres ABe FI e -o quadro triarticula~o GDH, dotados de estabilidade própria, e suadecomposição é, então, a üidicad3 na Fig. 111-38.2. Não é usual, entretanto,representar, para o quadro da Fig. 1Il-38.1, o nó D da forma pela qual foirepresentado; prefere~se, para este fun, ind.icá-lo como na Fig. IlI-37, o que

Fig. 111-37

1Il-38.2

C Er0~'- 0 ...0 F

( ( I

'I'® ? Q)1i %\9~ 1

c

1Il-38.\

Observação inicial:

Seja o quadro da Fig. I1I-38.1.

A

B

C F G

®"I J

,, '~.(\\\,'l~ H

Fig. 11I-34

b)C

B O

A E Fig. 1Il-35

G F

Os quadros dotados de estabilidade própria são.: o quadro engastado _elivre AR e o quadro triarticulado EFGH. A partIr daI, temos a decom~oslçaoindicada na Fig. I1I-34. Os números indicam a ordem de resoluçao e assetas em pontilhado a transmissão de carga.

134 Curso de anAlise estrutural Estudo dos quadros isost6ticos planos 1315

Ex. IlI.IO - Traçar os diagramas solicitantes para o quadro da Fig. 111-42.

c)

3.3 - Exemplos de resolução

o ,!l

o a

11I-41.2

,,~,

Fig. 11I-41

D

G

H

11I-41.1

B

A

é lÍcito fazer sem G;u~'haja nenhuma mudança em seu funcionamento, pois,tanto num caso comO no outro, não há transmissão de momentos fletoresde uma barra para a outra, bem como nos dois casos as diversas barrasconcorrendo no nó podem girar independentemente unia da outra.

O quadro da Fig. I1I-37 é, então, idêntico ao da Fig. I1I-38.J e a primeiraforma de representação será, sempre, a adotada. Sua decomposição é a daFig. 11I-38.2.

É fácil, pois, notar que, quando temos - confonne foi ° caso do exemplo -quatro barras rotuladas num nó, a estrutura se comporta como tendo, neste

. nó, três rótulas distintas (duas barras, cada uma delas rotulada em relaçãoàs duas outras, rotuladas estas entre si e indivisíveis, por fazerem parte deum quadro simples, que constituem o quadro composto).

Generalizando, quando temos n barras rotuladas num nó, a estrutura secomporta como tendo, neste nó, (n - I) rótulas distintas.

t VG-Il,76t

J 1t/m

FII

t v•••.••

11I-43.2

1

----II

o I---T- G

~ 'm < 3m--+

c

Fig. 11I-43

~ __ ~8,m

111111

r-:-----E

4m I~ __ 18

t~2mJ.-_A _

11I-43.1

Fig. 11I-42

A decomposição, a ordem de resolução, as [orças de transmissão e asreações de apoio são as indicadas na Fig. I11-43.

I',------,

Vc"J.25t

=-1>Um

llllJlB C HC=-31

l------A.::-

~ ~ (j) IVc-4- ':' -3.25'

"'",

a)FE

E F AB_ _c c ..... G

• tl)",'=(9 H

A A o

11I-39.t U1-39.2

b)Fig. 11I-39

c , c~--,c E~ .....••E

B GB

= 0 ® 0

A Ho

11I-40.1 11I-40.2

Fig. 11I-40

Ex. I1I.9 - Decompor os quadros das Figs. I1I-39.J, 1II-40.1 e IlI-41.1,numer"ando a ordem de resolução dos quadros componentes e indicando comsetas as transmissões de cargas.

A partir dos comentários anteriores, temos imediatam~nte as decompo-sições indicadas nas Figs. I1I-39.2, I1I-40.2 e 11I-41.2.

136 Curso de análise estrutural Estudo dos quadros isostáticos planos 137

Podemos passar, então, imediatamente ao traçado dos diagramas solici·tantes, feito na Fig.I1I-44.

Observação: As reaçàes de apoio e as forças de transmissão para oquadro 1 foram obtidas por superposição de efeitos (carga distribuída ecarga concentrada), conforme indicado na Fig. 1I1-43.1. Para o quadro 2,ê mais prático obter as reações de apoio empregando, diretamente, asequações de equiIlbrio, devido à maior quantidade de carregamentos atuantes,c temos:

8 VD + 3 X 4 - 3,25 X 8 - 2 X 3 - 8 X I X 4 = O :.:. V lJ ~ 6,5 t

Ve = 3,25 t 2 + 8 X I - 6,5 ~ 6,75 t

calculado pelas forças da esquerda: HD ~ O

........... HG ~ 3 t

---too. 1 t '[2m

2m'

+B C E

F2ml

I2m

A D 11 11 -1- --+------ 2m ,I' 2m j 2m~-,r..

Fig. I11-45

Ex. 111.11 - Traçar os diagramas de momentos flctores e de esforçosnormais para o quadro da Fig. I11-45.

G 11

• 1.5-" ~

12

Por :êMe=O

Por LY = O

Por Mc= O,

Por LX = O

~:l' '-"2m! ., 'm,

H, = 1

--- F --- H, '·1,, . .

1 __11

Fig. 11I-46

c

A decomposiçãõ, a ordem de resoluçãO, as forças de transmissão e asreaçôes de apoio são as indicadas na Fig. 111-46.

Ob$ervaçã(J( . As reaçóes de apoio c forças de transmissão, no caso desteexemplo, podem ser, todas elas, obtidas de cabeça, mediante o emprego,em ordem adequada, das equaç6es'oe equilíbrio, para cada wn dos quadrossimples componentes. Foi o que fizemos, sugerindo ao leitor fazer o mesmo.

A partir da Fig. 1lI-46, ternos imediatamente os diagramas pedidos,traçados na Fig. 1lI-47.

-4,75

'6,75

"

1.

"

(!Dlom 1)

6

"

® (em mt)

6

Fig. ([144

12

~3,25

@I."'t!

6

138 Curso de análise estrutural Estudo dos quadros isostáticos planos 138

8

@(emmtl

~ -Hf= 4x42 _ 2x2-48 8

8

Fig. 11I-50

Hf"'2x2=4

8

1 "li" I I I J'I1m

111m.

" + [ IJ r-- ,1m' " 11m

J f f ! f ! f ht/m f ! f f tnI I I

+--'-.m ---+----.m4+--- lm-+--lm-,j<- +-. -+-.-+-.---+1II-5!.1 11I-51.2 1II-5!.3

Fig. 11I-51

A partir destes valores e das conclusões tiradas para barras curvas, noexemplo I1I.8, temos o diagrama de momentos !letores traçado na Fig. 111-50.

Ex. I1I.13 - Obter os diagramas de momentos fletores para os quadrosdas Figs. Ill-SI.1, I11-51.2 e 1II-5l3, submetidos aos carregamentos a\lto-equilibtados indicados:

Estanco todas as estruturas isostáticas dadas submetidas a carregamentosauto-equilibrados. nlIo são necessárias outras forças para equilibrar o carrega-mento atuante (não há, pois, reações de apoio) e podemos passar irnlJdiata.mente ao traçado dos diagramas solicitantes.

Obs.: Por serem nulas as reações de apoio, estes apoios não foram sequerindicados para as estruturas da Fig. 111-51. Onde quer que estivessem, nãoteriam influência alguma para os carregamentos auto-equilibrados indicados.

Os diagramas de momentos !letores estão traçados nas Figs. IIl-52.1,IIl-52.2 e 1II-523.

;',,

H

t a.~=la.

4~'m

I II

.1I

t'mH i

4m

o ~Jc

G

~<ll/m

Fig. 1I!.-49

'-'f v,,_ '7'

Iv".1L + --L • ...l t. . ,

Vr·l.!.-,•j

+--4m_~~_4m __ f--4~F;g. I11-48

E

t \'".~,-'"

A decomposição, a ordem de resolução, as forças de transmissão e asreações de apoio, obtidas de cabeça mediante o emprego da superposiçãode efeitos, são as indicadas na Fig. I1I-49.

Ex. 111.12 - Desenhar o diagrama de momentos fletores para a estruturada Fig. 111-48, sendo que, para os trechos curvos, que são parábolas do29 grau, fazê·lo a partir das retas horizontais de substituição.

• 3

4 , .,-, -,

• .,@ (em mt)

F;g. 11I-47 @lem t)

140 Curso de análise estruturalEstudo dos quadros isostãticos planos 141

r-I

H'

I ......-- UI-53. I-I L.I II II I

+I II I

I 11I-53.2

p" II.

Lo

"

'r"IIII1_-

-[III

III

G

y

P,

pO/,"/f/-

·1III

I I _I-A I -1- I I

-- -:JL''.l_1 I IíVA

: ._~ "I ,

1 I I:I ! 1 I 1; I: I

P1- - - P,- -1- - _PI

I,

Fig. UI-53

Seja o triarticulado da Fig. 111-53.1, submetido ao carregamento verticalindicado, para o qual desejamos determinar as reações de apoio e os esforçossimples atuantes.

Sendo A e B apoios do 29 gênero, existirão neles reações RA e Rn quepodemos decompor em duas direções quaisquer para fins de facilitar o seucálculo (usualmente decompomos nas direções horizontal e vertical, mas, nocaso, preferimos a direção vertical c a direção AS. pelas razões que ficarãoclaras no decorr~r do desenvolvimento), conforme indica a Fig.III-53.2,

o estudo dos arcos triarticulados para carregamentos atuantes em todas asdireções não possui tal ~implificação e se fará obedecendo aos princípiosgerais de Estática, já estudados, sendo seus diagramas solicitantes obtidos porpontos.

:1.,0 A&liJ. 4.1 - Estudo dos arcos trlarticulados para carregamento vertical em fun.ção da viga de substituição

J*

J

"

"'--I

-=-j

"

"

1Il-52.3

11I-52,2

"

. Fig. 1Il-52

111-52.1

@temmll

4 - ESTUDO DOS ARCOS TRIARTICULADOS _.

o estudo dos arcos triarticulados para carregamento vertical pode ser feitorecair inteiramente no estudo de uma viga biapoiada, conforme veremos aseguir.

IVA /[ - I Pj(l[-xj)-H'fcosa=O

i = 1

Calculemos estas componentes:Por ~ X :::: 0, temos que as reações em A e B na direção AR devem ser

iguais conforme indica a Fig. UI-53.l.Por l;MB = 0, obtemos VA, igualando seu momento em relação a B à

soma dos momentos em relação a B de todas as cargas verticais aplicadas notriarticulado. É fácil ver que esta é" a mesma equação que nos dá a reaçãovertical Va da viga biapoiada ab da Fig. III-53.2, de mesmo vão que o triar-ticulado e submetida ao mesmo carregamento, à qual chamamos de viga desubstituição. Podemos escrever, então, que VA = Vo (reação vertical no triar-ticulado é igual à reação vertical na viga de substituição).

Analogamente, empregando a equação ~MA = O (ou, também, ~ Y = O),temos que VB = Vh'

As reações H'. na direção AR são obtidas da condição de momento fietornulo na rótula G. que nos fornece, empregando as forças da esquerda, porexemplo:

Sendo os termosi i

[VAX - I Pj(X - xi)1 e (VA - IPi)i=l i=1

id~ntificáveis COtn9, respectivamente, o momento fietor Ms e o esforço cor-t~nte Qs atuantes ~a seção s da viga de substituição, o cálculo dos esforçosSImples atuantes numa seção S de um triarticulado A GB recai no cálculo desua viga de substituição ab e eles são dados peias expressões seguintes:

143

iMS = VAx - I Pj(X - Xj) - H'y cos a

jo::l

iNS = - (VA - 1. Pj) sen .p - H' cos (.p - a)

i ='1

iQs = (VA - I Pj) cos 'P - H'sen (.p - a)

i =1

Estudo dos quadros isostâticos planosCurso de análise estrutural142

o termo VA II - L Pi (lI - Xi) pode ser imediatamente identificado comoo momento f1etor Mg que atua na viga de substituição ab da Fig. IlI-53.2 naseção g, projeção da rótula G do triarticulado, e temos então que

H'= Mgf cos a

O cálculo das reações de apoio do triarticulado AGB recaiu, pois, no cál-culo da viga de substituição ab e elas são fornecidas pelas expressões a

seguir:

4.2 - Definição e determinação da linha de pressões

(1II.4)

(111.5)

(111.6)

fazendo-o

Observação:

As expressões instituídas permanecem todas válidas se ocorrerem tambémcargas verticais distribuídas.

Ms = Ms - H'y·cos a

Qs = Qs cos .p - H' sen (.p - a)

NS = - Qs sen .p - H' cos (.p - a)

As expressões (li!. I ) a (11I.6) resolvem, então, o problema,recair no cálculo de uma viga biapoiada de substituição.

(IlU)

(1II.2)VB

Nestas expressões, os índices minúsculos referem-se sempre à viga desubstituição e os maiúsculos ao triarticulado.

Conhecidas as reações de apoio, passemos ao cálculo dos esforços simplesatuantes 110 triarticulado.

Escolhendo uma seção genérica S, definida pela abscissa horizontal x, medi-da a partir do apoio da esquerda, e por uma abscissa vertical y, medida a

partir úa lil/ha úe fechamento AR, temos

H'= Mg

f cos a(111.3) Suponhamos o seguinte problema: seja determinar qual a forma de uni

triarticulado AGB tal que, para um dado carregamento, todas as suas seçõestenham momento fletor nulo, isto é, adotando-se a notação empregada em4.1, obter y para cada seção S, a fim de que nela tenhamos Ms = O, sendo da-dos 1[> I"~ f, a.

Igualando a expressão (IlIA) a zero, vem imediatamente:

Msy = H' cos a (li!. 7), expressão que resolve o problema.

144 Curso de análise estruturalEstudo dos quadros isostáticos planos 145

Fig. 11I-54

B

(III.9)

(III.?)

(1lI.9)

(111.3)

(111.8)

Fig. IIl-55

G

~

Ainda, da Fig. I11-55 obtemos a inclinação da tangente ao eixo dotriarticulado na seção S dada por:

Qs + H'sen atg\O=-----H'cos a:

1Ns I = ,,; (Qs + H'sen a)' + (H' cos a)'

Os esforços normais atuantes valem, em cada seção:

Qs + H'sen atg,n=----..." H'cos a -

sendo H'=~f cos a

ObsenJações:

a) No caso da reta AR, que une as rótulas extremas, ser horizontal (isto é,o: = O), as expressões anteriores se simplificam para:

Quando um triarticulado AGR, para um dad~ carregamento, está submeti-do apenas a esforços normais, dizemos que sua forma é a da linha de pressõesdeste carregamento, que é definida, conforme já vimos por:

Msy = H'cos a

I'

r*I,,

------y

Qsli' cos O'

Introduzindo este valor em (III.5), obtemos:

( Qstg '" - tg a) = H' .COS Q

Qs = H'cos a(tg \O - tg a)cos \O - H'sen (\O - a) '" 0,

isto é, se temos MS = O teremos também Qs == O.

O único esforço atuante, então, será o esforço normal NS. igual, levando-seem conta que Qs = O, à resultante de todas as forças atuantes de um dos ladosda seção, sendo, p·ortanto, igual à composição vetorial da soma das projeçõesverticais de todas as forças atuantes de um dos lados da seção com a somadas projeções horizontais das mesmas forças.

Valendo estas somas, respectivamente, (Qs + H'sen a) e (H'cosu), confor-me indica a Fig. 111-55, temos:

1NS I = ,,; (Q, + f{' sen a)' + (H' cos a)' (III.8)

A natureza do esforço normal é obtida, também, da Fig. 1I1-55, sendo,110 caso, de compressão.

Calculemos os demais esforços solicitantes para esta configuração dolriarticulado definida por (JI!.?).

Derivando a expressão (III.?) em relação a x, temos:

que se transforma, levando-se em conta que

y = y - y', conforme indica a Fig. I11-54 em:

tlyJi=

~-----_._--------------_ ....~._---,••..._ .._"

147

2t/m

211m

II1

II B

,1

1'6mt

IIII-41

I',

-16

Fig, 11I-57

o~+I

f'" 6.4m

~ 12m---,l.-Fig. 11I-56

12m

>I 10m

~----12m

' -,.0A I' l'>,

Vb'" 16t tt v," 201 I

12m----t

I

I"".-'ll\!:ll

IIIIII@

,

A

E.tudo do. quldro. ilO.Ütico. pl....,.

Sendo a viga de substituição e seus diagramas solicitantes os indicados naFig. 11I-57, temos:

: I

"1I

,i,j

, )'

"11' I

(11LI O)

(IILJ I)

(1rl.13)

(111.12)

Curso de análise estrutu ral

INsl = V Q,' + /f"

146

, MK/I =J~

MsY=if

QsIg <P = 7F

e) A linha de pressões para carregamento uniforme é, segundo (/lU!),uma parábola do 2r grau.

#) Não podemos deixar de fazer menção à notável intuição estática dosconstrutores da Antigüidade Clássica, que venceram os grandes vãos comarcos e abóbadas de alvenarias de pedra, evitando, desta forma, os momentosfletores que originariam tensões de tração impossíveis de serem resistidaspor aquelas alvenarias, tudo isto desconhecendo os princípios básicos daEstática.

b) Para os triarticulados com a concavidade voltada para baixo (em que arótula G está acima da reta AR) e o carregamento é de cima para baixo (casousual), os esforços normais são sempre de compressão.

4.3 - Aplicações

c) Os esforços normais serão' de tração, quando a estrutura se desenvolverpara baixo da reta AB. com carregamento de cima para baixo. Este é o casodos cabos. que serão estudados com àetalhes no Vol.IlI deste Curso.

d) A linha de pressões é, evidentemente, a forma ideal para um triarticula-do, pois que cor responde à sua forma mais econômica de trabaiho estrutural.

g) Muito embora os arcos triarticulados ocorram freqüentemellte na prá-tica, mais utilizados ainda são os arcos biengastados (hiperestátkos), para osquais também constitui ponto de partida a determinação da linha de pressõesdo carregamento atuante.

Ex. III.J4 - Deseja-se construir unia estrutura cujo eixo coincida com alinha de pressões du carregamento indicado na Fig. 11I-56. Pede.se:

a) esboçar esta linha de pressões;b) calcular os esforços normais máximo e mínimo atuantes;c) calcular a inclinação da tangente ao eixo da estrutura na seção de

abscissa x =.2,5 m.

148 Curso d. anili •••• truturll I!studo dOI qUldrol IlOlÜtlOOl pllnol 14.

e, conforme a expressão (111.11) obtemos:

y = Z~= -fs M" ""pressão esta que define a linha de pressões esboçada na

Fig. 111-58, cujos trechos AG e CR, cOllcordantes em G, são, respectivamente,parábolas do 29 e do 39 graus;

"B

Fig. 1\[·59

1,5t/m

f

1fJtlm rc:o=rr:I:JA , :c.bI' I' I"t Va= 8t I Vb= 12t tI I It-2m-t-2m t 2m l' 2m---t

I I I I I

I I I I@

"- I..•....--...--...Ir 15{ ·,,,,,1

I I I

I--... I I I13mt ••....•••.

1I :--.. II I II I 24m.

••• II+2. +2' I@e

e

-12t -120

Fig. I1HiO

y

!14t

III

I I-.t--- 2m-+- 2m-+- 2m-+-- 2m--+

c) esforço normal em G;d) inclinação da linha de pressões no trecho AG;e) esforço normal mínimo,

Sendo a viga de substituição e seus diagramas solicitantes os indicados naFi~. 11I-60, temos:

A

B

:. <p = 45°

Fig. 1lI-58

/'/' p"r. 3.° grlu36 f= 6Am ........."-=2,4m ~'+-= __ 1_. "'"

plr. 2.0 grlu

A

,n =QH

"= 20 - 2 X 2,5 = Itg y 15

Ex. m.15 - Para o triarticulado AGB da Fig. I11-59, que deve trabalharseguindo a linha de pressões para o carregamento indicado e de tal sorte queo esforço normal máximo valha 20 t (compressão), calcular o valor de f·

Para esse valor calculado de f, pede-se também:

a) aspecto da linha de pressões;b) equações da linha de pressões em todos os trechos, referidas aos eixos

x e y;

b) sendo os esforços normais dados pela expressão lNS I = V Q: + H'2(111.13), eles serão máximos quando IQ, I for máximo e mínimos quandoIQs j for mínimo, já que H' é c6nstante; com isto temos que:

Nmáx = V20' + 15' = 25 t de compressão, ocorrendo em A,

Nm(n := H':= 15 t de compressão, ocorrendo na seção com x :;::la, conformeindica a Fig. 111-57;

c) a inclinação da tangente é dada, conforme a expressão IlI-12 por:

a) linha de pressões:

, Mg 96H =-=-= 1Stf 6,4

150 Curso d. anili •• IOlrutural I!ltudo doi quadrol Ilolridool planol lBla) Det,erminação da linha de pressões. Como sabemos que

INmáx I = ,j Q;"áx + H'2 , temos: 20 = V 122 + H'2 :. H' = 16t.

Com isto, vem:

e) O esforço normal mínimo, correspondendo ao esforço cOrtante m(nimona viga de ,substituição, ocorrerá no trecho CD c é dado por

Nm1n = V22 + 162 = 16,1 t de compressão.

M 13f= Hf =16m

A linha de pressões será dada por: y = ~ e está esboçada na Fig. 1I1-6J.

Seu aspecto é, ,evidentemente, o do diagrama de momentos fletores 'naviga de substituição, devidamente invertido e dividido por 16 t (valor deH').

5. SISTEMAS-GUINDASTE

As estruturas representadas nas Figs. I11-62.1 a 1I1-62.3 receberam dediversos autores norte-americanos a denominação de sistemas·guindaste, quevamos manter neste Curso.

Tratam-se d~ estruturas formadas pela associação de barras através de pinoscapazes de transmitir forças (horizontais e verticais) de uma para a outra.

c

11I062.2

B

'.

r

o /.

------.,.;.---0 _A

11I062.1

D

rB

• 24-m16

20 m16

Fig. IIlo6 I

par.-2.0grau Clconcordância) O

\

1!m16

para o trecho CD: _I I

y = 16[8>: - 6(x - 2)J = g(x + 6), para x < [4,6]

para o trecho DB:1

y = 16 X 12(8 - x), para x < [6,8]

c) O esforço normal em G é dado por

NG = ~ + fl'2 = V 52 + 162 = 16,8 t, de compressão

b) As equações cartesianas de y são obtidas, imediatamente, a partir deMs _.

y =16 e sao.para o trechoAC:

I 1,5 x2

) I (8 O 75 2 [O, 4Jy = 16 (8): - -2- = 16 x - , x) para x <

A

d) A inclinação da linha de pressões no trecho AG é dada por:

tg <p= ~;g = 8 ~~,5X , expressão esta também válida para o trecho GC.

11I062.3

Fig. 11I062

152 Curso de anAlise estruturalE.tudo do. quadros isoltMico. pleno. 163

Para sua resolução, desmembraremos o sistema-guindaste nas diversasbarras que o compõem e estudaremos o equihbrio de cada uma delas, subme-tidas ao seu próprio carregamento e, evidentemenie, às forças transmitidaspelos pinos, conforme ilustra o caso da Fig. I11-63.1.

j "

•

I 2.D:~~-----1I ~ 8m

: \~ J r. IA I--I~--~~--;---t

I I I i 4m

I B -- - ----J.I I+-4m-+----m ,l 4m-+

Fig.1II~4

llH,3.1

Fig.1II~3

1II~3.2 Decompondo o sistema-guindaste nas barras que o constituem, temos oesquema da Fig. 11I-65.

Desmembrando o sistema-guindaste nas três barras Q) ,@ e ® queo compõem, temos, para sua resolução. o esquema estático indicado na Fig.I11-63.2, em que Hn, Va. Hc, Vc. HD e VD são as forças (incógnitas)transmitidas pelos pinos B. C, DeVA. HA e MA as três reações de apoio doconjunto, num total de nove incógnitas a determinar. Como á análise doequihbrio de cada barra nos fornece três equações da Estática teremos, paraas três barras, um total de 9 equações, que determinarão as 9 incógnitas,resolvendo, então, a estrutura.

l?, fácil constatar-se, agora, que os sistemas-guindaste das Figs. I1I-62.2e I1I-62.3 são isostáticos, senão vejamos.

Para o primeiro, temps oito forças de transmissão (para seus quatro pinos)e quatro reações de apoio (para seus dois apoios do 2P gênero), num total dedoze incógnitas que serão obtidas pelas doze equações de equilíbrio existentes(três equações da Estática para cada uma das quatro barras que compõem aestrutura); para o segundo, temos seis incógnitas (um pino e dois apoios do2P gênero), que serão obtidas a partir das seis equações de equilíbrio exis-tentes (análise do equilíbrio de suas duas barras).

O exemplo a seguir esclarecerá.

Ex. m.16 - Obter os diagramas solicitantes para o sistema-guindaste daFig. I11-64.

" LollI~S.1 r" 0I~S.3

-D-H[) m-6S.2 ~\._.L 111m

""---V ITIJC -He

, ,

I J ", 1~ L. ''. , "

L Fig. III~S

Começando pela análise do equillbrio da barra BCD, temos:

tpor J:.Mc = O HD = 2 t

PorJ:.X=O Hc= O

PorJ:.Y=O Vc+VD=VnAnalisando, agora, o equillbrio da barra DE, obtemos:

tpor J:.X = O HE = 2tPor J:.ME= O VD = 8/6 HD = 8/3 tPor J:. Y = O VE = VD = 8/3 t

154 Curso de anil i•• estruturalEstudo do. quadro. IsoSÚtloo. plano. 11111

A barra A CEF nos fornece, então:

{

Por ~X = O HA = 2tPor ~MA = O 4 X I X 12 - 8{3 X 10 - 4 Vc = O

Vc = 16{3Por~Y= O VA = Vc+ VE-4=4t

Retornando, então à condição:!: Y = O para a barra vertical DCD, obtemos:VB = 8 t.

Conhecendo todas as incógnitas da Fig. 111-65, a estrutura está resolvida eseus diagramas solicitantes, obtidos a partir do esquema da Fig. IJI-66, estãoindicados na Fig. 111-67.

..-10/3t

-<I ,3

±1Q. t

-<I. 3

-2, e-21

(i) ®-<I,

1II~7.2

IlH7.3

VB = 8t

@

HA = 2t4 X 1 X 12 - 8 X 2 - 4 VB = OVA = 4 t,

Fig.IIl~7

8-4,

Ob.ervaçõe.:

a) N04I a importância da análise prévia da ordem em que é feito o estudodo equilíbrio de cada uma das barras que constituem o sistema-guindaste.

No caso deste exemplo, obtivemos todas as incógnitas, com exceção deVB, por equações independentes devido à seqüência adotada; facilitando-nosenormemente o trabalho algébrico.

Deve·se' agir de maneira análoga nos outros casos.b) A verifi'cação da correção dos cálculos pode ser feita calculando-se as

três reações de apoioHA, VA e VB a partir das equações da Estática aplicadasao conjunto. Temos:

Por~X=OPor ~M;4 = OPor~Y=O

tt.~D

r Wmj I I }

" • c , F ",---"C - ,

j" I",. t:" h·"1.. Fig.IlI~6

10l~

~ "--D

IlH7.1valores estes que reproduzem os obtidos, confirmando sua correção.

156 Curso de am\lise éstrutural Estudo dos qulldrol ilOStitlcol planol 1117

Fig.I11-72

Fig. I11-71

q•

q

I,,

12mt

-12m--t4m

--1

--- ~.•--

2m--+,,2m

t_t_t~t.~.Fig. 11I-73

1

___ IIIII

___ 1 __ -

L,

L,

I I.f~.a-~~<-a-,j.

+--2m

~4'

II--.- -- -- -- -- --I1

t- --•/2 q.

t./2+--~,

t

6.6 M

6.5 M

6.4 M

Fig. III~9

Fig. I11-70

Fig. 11I·68

2t1m

1mt

•,4",

2mt

IIII~.

1m.

2mt

I.f---4m

r--2m I I

li I- 1 1

j 3m 2m---+

~1t--I 2t

III

I 1~ __ .4m--_,•..' _"lm----Jr--2m-,f-

r----3m

1-


6.3 M,N,Q

6.2 M,N,Q

Traçar os diagramas solicitantes indicados para os quadros simples das figu-ras II1-68 a IlI-77.

6.1 M,N,QI

Inversamente, poderíamos ter iniciado o exemplo pelo cálculo das reaçõesde apoio que, no decorrer de sua solução, seriam verificadas pela análise doequilíbrio das diversas barras que constituem o sistemaMguindaste.


I4m--,I<.

11511

q

AIB -II b

I -1I

t t t f t f t r+ a } a ~

Fig. 11I-78

Estudo dos quadros Isolt6ticos planos

6.11 - Calcular o valor das eargas-momento M simétricas, que devemosaplicar em A e B para que o quadro auto-equilibrado da Fig. 111-78 fiquesubmetido aos menores momentos fletores possíveis.

6.12 - Para a estrutura da Fig. I1I-79, determinar o valor de M para que abarra CD fique submetida apenas a esforços normais, indicando também ovalor desses esforçosnorrnais.

13m

-t3m

j

Fig. UI-7S

1/3'--1/3t

b

2m

•2m

2m

",Fig. 11I-74

.3mt

31-31_

--___l'_--4m

I IIII

I 3m, ----I--I I I-f--- c -J.---d---.f<.

158

6.7 M

1m,+ 1.14t

• 1/4,1m'

I I,r 4m k

6.8 M

Filo 11I-76

--1a

--4•------+

I IJ.--.-+

2ttm

o

IIIIII.r 3m----l-

M M

cIIIII

I I+-3m---1~'-----Bm ----- ••...-

Fi&- UI-79

2t/mr---4m

l--A6.13 - Decompor os quadros compostos da Fig. I1I-80 nos quallros Sim-

ples que os constituem.FiIolD-77

6t1m

ITIIIIJI I---rI I 3m: --i---iI I 4m

i -i----tI~--- ---'-----tI

.•••.2m..j.....-4m---,j.. 2m..••

6.10 M,Nlmt lmt6.9 M,N

------ ---,--''''_ .. " ..... _-------- --------------------------,._--_ .._---_.,_ .. ,.,., ..._"_ ...._-----

160 Curso de análise estrutural Estudo dos quadros isosútlcos plonol 181

Fig. 1lI-83

Fig. 11I-84

-r•

--t•

----j,f--,----J..

1ml

M'N1,Q I 1 ~ l--1--i--- ---I---l!-l

I I I I -I-+-- a .,L a "lI.: -I' a..---,f.

6.18

6.16 M

rt K I1rI I I

../--. l ,~ • j .-+,

6.17 M

Fig. 1lI·8111

,--+

Fig. 1lI-80

oi

el f)

fhrrnhl

+--'

1m.

R

Traçar os diagramas solicitantes indicados pan os quadros compostos dasFigs. I1I-81 a I1I-95.

6.14 M

di

g)

•

Fig. 1lI·85lmt 1mt

Fig. 11I-86

II

•-+- '" -J..

II,..•

----1- ---1,", 1

IIIj'

M.N t-•

t•t- I

I.,f-",...,f--.

6.19

Fig. 1lI-82

t-- ----./2 I+---- ---1---~2 I It --I--I--T-• I I rt _-'__1__

1

__

I I 1 I,1.-.-+-.--,1.-.--1-.4

6.15 M

162 Curso de anãlise estrutural Estudo dos quadros lsostiticos planos 1113

Fig. 11I-92

Fig. 11I-93

2mt 2ml-14m

J

2mt 2m1

2m'

4m'

6mt 6mt

2mt 2mt

IIII 11

---I _------

I I 1+--3m ---.f<-1llT"'/'------4m -~--4m_____+

-12m2':-----t2m

I---tI 2m

---I_--J1 I+-2m ~( 2m--i~.2m----+

6.24 M

6,26 M

6.25 M

r,

1mt 1mt

Fig. 11I-87

Fig. 11I-89

T -1I •

___ -L ~jII II If ._____+

II

J- -.

6.22 M

-----r•

--f•

-J

r

II

lmt I lmt

'm.

Fig. 11I-90

2,----

lmt 1mt

1m.

---tI 2m1-------+

I ---TI i 2m----t--- ---- - -I---J-

I I I II' 4m I 4m--"~, --'4m--+

III

I I I- -T--I---I--+-----. I "' ,I. -----,I..

6.23 M,Q

IIIII I+---.-~-b-----.f

Fig. 11I-88

6.21 M

6.20 M,N

~----------"" .._"-,------------- 1 _

•1114 Curso de an;llise estrutural Estudo dos quadros isost6ticos planos 1815

6.27 M1tfm

0=0I I

II ---I I

Fig. I11-94

•

6.30 - Traçar o diagramade momentos fletores para a estrutura auto·eyui·librada da Fig. I1I-97, a partir de seu diâmetro vertical.

Fig. 1lI-97

1t 1t

Traçar os diagramas de momentos f1etores para os quadros das Figs. I11-98a 1II-10l, sendo que, para as barras curvas, a partir de retas horizontais desubstituição.

Fig. I11-98

I1--.-,". -- - -1- -- -- -1

_____ 1 -

I,1;f.--10m

t-----'mt-I-

6.31

Fig. I11-95

6.28 M.N

I" ,,,,, ~-1"-I1

1 ""1 ---iII '''''

""

2-------1I

4 "" ""6.29 - Traçar os DMF a partir da reta AB para as estruturas da Fig. IIl-96.

'" I ------t------ II 1m I

A +_-r __ B 1__2. ---I----~I I I i

I I I I I Il..-.m----+--'\"'---<- J..--'m I .m----+

par.2.~

,j<.- 4m--.i<--.4m-+

,..1m'

6.33

1*. 2.°gJWII

II 1/9t--'--I~I 1.•••

III

I 1 I,f-.m+.m-.,f-

6.32

I111m

pa•• 2.° grauII

".r. 2.° 9""

Fig. 11I-96 Fig. I11-99 Fig. III-I00

~-----_. __ . __ .__ ..__ ... _.

166 Curso de análise estrutural estudo dos (Iu.d,o. l,ol1't1OO1 pl.no. 117

6.34 y

Fig.IJI.,.101

B

1t1m

Fig. 11I-103•

r--r----lI I 6m

I I

I I~~---·,om--~~'~5m-....•,I~-'5m_+

A

Wm

'm

IIIII---1---

IIr

I- I"1 II I: I1 II I

I I I.,f-2m--+-2rn--f-2m+- 4.••

Fig. 1II-102

p= 2t1m

G I----1'----1-1I I f

A I BII

,/<--- 5m "' 5m----+Fi.g. 11I-1 04

•••••••••horizootal

6.37 - Para o triarticulado AGB da Fig. III-I04. que deve trabalhar se-gundo a linha de pressões para o carregamento indicado. de tal forma que oesforço normal mínimo seja 101. (compressão), pedem-se:

a) equação das inclinações da linha de pressões;b) abscissa da seção que terá este esfor~o normal mínimo.

y

6.38 - Deseja-se cOllstruir um triarticu!ado AGB que trabalha segundo alinha de pressões para o carregamento indicado na Fig. 111-105 e de tal formaque o esforço normal máximo atuante seja de '25 t (compressão). Pede-se:

a) valor de "b) equação da linha de pressõesc) abscissa da seção que tem esforço normal mínimod) equação das inclinações da linha de pressões.

•

10m

'm. I1------1I Em

---I----~JI

~L 8m k am--+

2m'

O,5t/m o:ITI, Ipar.2.Ogrélll ~ -.f

I ---------f10m. I

6.35 - Para a estrutura da Fig. 111-102. pedem-se:

a) traçar os diagramas de momentos fletores e esforços cortantes:b) determinar a equação dos esforços cortantes na barra CUrva.

II

____ 1 -

I -+-Sm J 8m------'j~-.m

6.36 - Deseja-se construir um sistema triarticuladu AGB que coincidacom a linha de pressões do carregamento indicado na Fig. IlI-l 03. Pedem-se:

a) equações da linha de pressões:b) esforço normal máximo atuante.

168 Curso de anlllise estrutural Eltudo doa qu•••.ol ilOltitlool pllnoa

t- IIA I

2m I Il- I I

ID I II I I

'"3m .r 3m

~ 2m---.f.••Fi&- 111-108

6.42

.,f-- 2m·-~- 2m--,f-

Fig. 11I-109

Obter os diagramas solicitantes para os sistemas-guindaste das Figs. iIl-108e 1II-109. .

6.41

•

.L-----------

x

Fig. 111-106

p

~ 10m-----.rFig. 11I-105

IG I~-----I--tI I 5m

I 81

Fig. 111-107

10m

v

-----jI 4m

---l- --\-- --+.,j..-4m A' 4m -+-4m......j.

A

6.40 - Demonstrar que a semicircunferência de círculo AGB é a linha depressões para o carregamento indicado na Fig. 111·107, de taxa constante eigual a p e atuante sempre segundo a normal ao arco.

6.39 _ Reconstituir o carregamento tal que o triarticulado da Fig. 111-106esteja na sua linha de pressões. Sabe·se qúe o esforço normal mínimo atuanteé de 4 t, de compressão.

170 Curso de análise estrutural Estudo dos quadros isost6ticos planos 171

7 - SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS PROroSfOS6.3

2

6.1

@(mtl

258

,

10

10

@(mt)

-2,08 +4+1

+

-5

®(ti

@(t)

+

-4,1

6.2

1

1

1

2

@(m')

3

1

3

6.4

8

12

-025-0,50

In In o oIn @ ~~ ® ~ o', ,(ti +

(ti

~~------- -- ------ --- - - --

,..

6.5Pa

P.

172 Curso de análise estruturalE.tudo do. quadro. l.o.t6tlco. plano. 173

6.6

q.'

,6.9

@Im')

-1/8

®

-0,4

6.11- M = 0,25 qa', tracionando fibras inferiores.

6.12- M=7mt ; NCD=+8t.,

l,'li, _

@Imtl

6

3

9

6.73

, 6.10

, '22

3

@ m' ,1

1'2

3

''I, +7

g i!!28 , ,

3 ®6.8

9 6@

(ti

{mtl

174 Curso de análise estrutural Estudo dos quadros isostiticos planos 1715

6.13 a)fiG)- --.

/ \\ I

~I@l~L@Ao)

di

G)

b) '~I G)

@

G)

••

('ti'

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®

0)11G) ~I \

~{~ ••

6.14

1

Wlmtl

176

6.15

3

1

@(mtl

Curso de anAlise estrutural

1

3

Estudo dos qUldro. isost6tico. pllnos

rFl.",N ,+

®

6.19

177

1M•. •., +

@

-1,.- la

+0.5/a

•~~ ®-, +

~ -0.5/. b=

•

~1/a

@(mtl

6.20

0.5

2P.

3P.

6.21 1 11

@Imtl

@lmtl

6.18

6.22Pa

@lmtl 2

6.16

6.17

1711El1údo do. qu••.•ro. iso.Útico. plano.

6.26

6.27

4

4.---Curso de análise estrutural

44

4 W

@lm,)

6.23

178

+2

-2-1

126

3

••

@(mt)

3

6

6

6.28

2

2

12

@(mt)

@(mt)

25.5

27

6.24

6.25

180 Curso de anAlise estrutural181

1

•@lmd

0,5

10

4

@Imtl

@(mt)

10

4

(zerol-----

4

a)

2

8

6.33

6.32

6.34

6.35

-1

-1

® @h)

+1

@lmd

-1

G

A B

~

R

-1

b)

6.30

6.31

6.29 a) nulo

182 Curso de análise estrutural Estudo dos quadros i.o.titlcos planos 183

+4

B + C-0.95

-20/3

@ltl

•4

4.

+ 16/3

®A

o+0,95

c

16

+35

6.39

6.41

6.42

X € [O,8Jx+l

@ltl

Q (x) = -yx' - 8x + 32

~)

6.36 a) y = 1,286 x - 0,0686 x2 x € [O;15Jy= 15,428 - 0,7714x x€ [15;20]

b) Compressão de 11,88t

6.37 a) tg 'i' = .2... - ----Ê-30 1500

b) x=6,3m

6.38 a) 3t/m

b)y=~x- I 33 600 x

c) x = I1,54m2 x'd) tg'i'= --3 200

+

B

Fig. IV-}

ESTUDO DAS TRELIÇAS ISOSTÁTICAS

CAPII"ULO IV

Seja a estrutura da Fig. N -1, submetida a carregamento apenas nos nós A,lJ, C. Como as barras Q), @ e G) que a constituem são barras retas eregidas, portanto, pelas equações diferenciais (lU) e (lU) instituídas noCapo 11, le:vando~seem conta que q ::;;;O e que suas extremidades são rotuladas,elas não tlerão momentos fletores nem esforços cortantes. existindo apenasos esfqrços normais.

1 - INTRODUÇÃO

As grandezas a detenninar para sua resolução são, então, as reações deapoio HA, VA, VB e os esforços normais atuantes nas barras (D. (1), ® 'que podem ser obtidos, no caso, pela análise sucessiva do equilíbrio dosnós C, B e A. o equihbrio de cada um deles nos fornecendo duas equações,ntun número total de seis, sendo o problema, então, isostático (igual númerode equações e de incógnitas a determinar).

Curso de análise estrutural184

Fig. IV-2

Por outro lado, desprezando-se as pequenas deformações elásticas (estasdeformações elásticas 8Or[o objeto de estudo detalhado no Voi. li desteCurso) que terão as barras. CD, @ e Q) I devidas aos esforços normaisnelas atuantes, podemos dizer que o sistema estrutural da Fig. IV-1 c.onstituiuma cadeia rígida (isto é, indeformável), pois, sendo o trecho AB indeformável(por se tratar, isoladamente, de wna viga biapoiada), se lhe acrescentamós asduas barras Q) e CD concorrentes em C, conforme indica a Fig. N -1, esteúltimo ponto C fica também indeslocável, por estar preso a dois pontosindeslocáveis A e B e, com isto, todo o conjunto ARe é indeformável.

Seja, agora, o sistema reticulado da Fig. IV-2, submetido ao carregamentonodal indicado.

187

Fig.IV-J

Estudo das treliças isost6ticas

Não é freqüente, no entanto, a umao desta forma (e, mesmo quandoadotada, é difícil garantir a condiç[o de atrito nulo no pino), sendo maiscomum ligar as barras nos nós através de chapas auxiliares, nas quaisrebitamos, soldamos ou parafusamos as barras neles concorrentes, conformeindica a Fig. N -4. Estas ligações criar[o sempre pequenas restrições á livrerotação relativa das barras nos nós, com o aparecimento, então, de pequenos

Observações:a) Os casos das treliças isostáticas com cargas fora dos nós, por não atenderemàs condições da definição anterior, não podem ser classificadas COmo treliçasideais, mas serão também estudadas no ítem 7 deste capitulo.

b) É fácil concluir-se, por generalização dos dois exemplos já abordados,que qualquer sistema reticulado constituído por um polígono fechadorotulado em seus vértices é deformável (e, portanto, hipostático), exce-tuando-se o caso do triângulo.

c) As treliças surgiram como um sistema estrutural mais econômico que asvigas para/vencer vãos maiores ou suportar cargas mais pesadas. É claro quea palavra ~economia engloba comparação entre materiais, mâo~e-obra, equipa-mentos de execução, etc., usados nos dois casos, podendo assumir, por estarazão, facetas diversas de região para região e de época para época.

d) Deve_mos, desde já, fazer uma crítica, no sentido de alertar o leitor parao caráter aproximado (se bem que de aproximaç[o excelente) da teoria quevamos desenvolver, a seguir, para as treliças.

hnaginamos as barras rotuladas em suas extremidades (isto é, sendo livresua rotação relativa nos nós)por pinos sem atrito, conforme indica a Fig. IV-3.

Os sistemas reticulados indeformáveis isostáticos serão estudados cuidado-samente neste capitulo, ficando o estudo dos sistemas hiperestáticos para oVaI. 11 deste Curso.

Chamaremos treliça ideal ao sistema reticulado cujas barras têm todas asextremidades rotuladas e çUjas cargas estão aplicadas apenas em seus nós.

Curso de anlilise estrutural

P, C Q) O-- ...•.• '~----- -'?

<9 I ®I

I II @ f

HA A-- B

As grandezas a determinar para sua resolução são os esforços normaisnas suas quatro barras componentes e as três reações de apoio, num númerototal de sete. O número de equações de equilíbrio (correspondendo aoequihbrio de cada um dos nós) sendo igual ao dobro do número de nós,é igual a oito, no caso, e, portanto

1superior ao número de incógnitas, o

que caracteriza a hipostaticidade da estrutura.

Por outro lado, é fácil ver-se que ° reticulado dado constitui uma cadeiadefonnável, pois os pontos C e D não estão ligados, cada um deles, a doispontos indeslocáveis do reticulado (no caso, apenas A e B). A forma dedeformaç[o da cadeia está indicada na Fig. N -2 e prosseguirá até a quedada estrutura.

As conclusões deste último caso podem ser extrapoladas e podemos,ent[o, afirmar que todo sistema reticulado defonnável é instável (hipostático).Como corolário, podemos afinnar que todo sistema reticulado indeformávelé estável (podendo ser isostático ou hiperestático, confonne veremos nopróximo tópico deste capítulo).

186

Fig.. IV~4

188

F®D

Fig. [V-7

Fig. IV-6

c

Estudo das treliças isostáticas

Em todos os casos reais existirão, entretanto, pequenas flexões nas barras,devidas a seu peso próprio, cujo cálculo será estudado no item 7 destecapítulo. Estas flexões devidas a peso próprio costumam ter, nos casosusuais, diminuta influência no dimensionamento das peças, prevalecendocomo dimensionantes seus esforços normais.

I) Conforme verificamos, a partir do exemplo da Fig. N -1, uma treliçahiapoiada, constituída por três barras formando um triângulo, é isostática.Se, a partir desta configuração básica, fünnamos novas treliças, acrescentandod existente duas a duas novas barras, concorrentes cada duas delas num novonó, a nova treliça será também isostática, pois a cada duas novas incógnitas(esforços normais nas duas novas barras) correspondem duas novas equaçõesde equilíbrio (equilíbrio do novo n6). Os exemplos das Figs. N-7 e IV-8ilustram esta lei de fonnação de treliças isostáticas.

Fig. IV-S

Cuno de análise estrutural

Estes estudos demonstraram que, desde que todas as barras tenham seuseixos no mesmo plano e que estes eixos se encontrem num único pontoem cada nó, os resultados reais pouquíssimo diferem dos resultados obtidospela teoria que vamos desenvolver, sendo ela, portanto. válida sob o pontode vista prático.

e) Pode parecer ao leitor, a princípio, muito restritiva a condição de definiçãode treliça ideal do carregamento atuar somente nos nós; no entanto, é oque ocorre comwnente na prática, pois as cargas chegam às treliças atravésde outras peças estruturais, que nelas se apóiam nos nós (para que sóprovoquem esforços normais), conforme ilustram os exemplos das Figs. IV-5e N -6. A primeira representa tona ponte ferroviária com duas trdiçasextremas, que recebem, nos nós, as cargas através das vigas tranliversais T(por isto chamadas transversinas), qus-,a elas chegaram através das vigaslongitudinais L, sobre as quais caminha -o trem. A segunda representa umacobertura constituída por diversas treliças paralelas,· que recebem, nos nós,a carga das telhas, vindas através das terças T.

188

momentos nas barras, de reduzido significado, entretanto, de acordo comos estudos e cálculos rigorosos feitos levando em conta sua influência.

191

Fig. [V-ll

E.tudo da. traliça. i.o.titlca.

(Dizemos que estas treliças sao internamente isostáticas, por terem a lei deI"onnaçlio que acabamos de definir e que são, também, externamente iso.tá-ticas, por terem apoios no número estritamente necessário para impedirtodos os movimentos no plano, sendo o conjunto, pois, isostático.)

(O exemplo da Fig. N -10 serve para lembrar que uma estrutura plana,apoiada sobre três apoios do IQ gênero, é estável desde que as reaçõesdestes apoios não sejam paralelas entre si nem concorrentes, todas elas,no mesmo ponto.)

Outro tipo de treliça isostática é a treliça triarticulada da Fig. N -11,para a qual temos seis incógnitas (quatro reações de apoio e esforçosnonnais em duas barras) e seis equações de equilíbrio (equilíbrio dos nósA. B. C). Partindo desta nova configuração básica, podemos também fonnartreliças isostáticas, da mesma fOIma com que as formamos a partir daconfiguração da Fig. IV-I.

Chamamos treliças simples às treliças isostáticas, obtidas a partir dasconfigurações fundamentais das Figs. IV-I e N-ll, pela adição de duasa duas barras, partindo de nós já existentes p~lra'novos nós (um novo nópara cada duas novas barras). Seus métodos de resolução serão tratadosnos itens 3 e 4 deste cap ítulo.

g) As treliças, por terem esforços nanuais de traçã"oe de compressão, sãogeralmente de madeira ou de aço, por serem materiais que suportam bemestes dois tipos de esforços. Ocorrem. também, embora com menos [te·

qüência, treliças de concreto, porque, como sabemos, o concreto nãotrabalha bem à tração, além de sermos obrigados a executá·l2.s de uma sóvez (ao passo que as demais podem ser montadas peça a peça).

h) Queremos chamar a atenção do leitor para o fato de que, ao contráriodo caso dos quadros- que ocorrem, em sua grande maioria, hiperestáticos,sendo o estudo dos quadros isostáticos base para o estudo daqueles. confonneveremos no Vol. 11 deste Curso -- a grande maioria das treliças da prática éiSOSliít ica.

Fig. IV-9

Fig. IV-lO


Fig. IV-8

190

Nestes exemplos, partindo da treliça biapoiada ASC, chegamos ao nó Dpelas barras ® e @, ao nó E pelas barras ® e (j). ao nó F' pelasbarras ® e ® e, finalmente, ao nó G pelas barras ® e (jJ).

Os apoios não precisam, é claro, estar no triângulo a partir do qualiniciamos a lei de formação, pois, onde quer que estejam, fornecem asmesmas três incógnitas. Falando sob o ponto de vista de cadeia rígida,wna treliça que tem esta lei de formação das barras é. internamente rígidae, tendo apoios externos que impeçam todos os movimentos possíveis (parao caso de treliça plana, duas translações e wna rotação), será tambémexternamente rígida, sendo, pois. rígida em conjunto.

Por esta razão são, também, isostáticas as treliças das Figs. N-9 e N-IO.

2. I - Quanto à estaticídade

2 - CLASSIFICAÇÃO DAS TRELIÇAS

193

Fig. IV-13

Fig.IV-12

HGFE

I!otudo da trollçao iooodti.ao

para o conjunto. Analogamente ao caso anterior, o diagnóstico fmal só poderáser dado após a análise de cada caso. Se a treliça for, de fato, hiperestática,seu grau hiperestático será igual, evidentemente, a (r + b - 2 n).

Em resumo, podemos afirmar que:

a) r + b < 2 n é condição necessária e suficiente para que urna treliça sejahipostática;

b) r + b = ~ 11 e r +. b > 2 n são condições apenas necessárias (mas n~osuficientes) para que uma treliça seja isostática ou hiperestática, respectiva~mente. A palavra final serâ dada após o exame específico de cada caso.

Os exemplos seguintes esclarecerão.

Ex. IV.l -- Trata-se de uma treliça externamente isostática e, tendo a leide formação de uma treliça simples (sendo,portanto, internamente isostática),é então isostática, o que é confirmado pela relação r + b = 3 + 15 = ~8 = 211.

Ex. IV.2 -- A treliça tem a mesma quantidade de nós, barras e apoios4ue a da Fig. IV-t:~,sendo, portanto, satisfeita a relação r + b = 2n.

A treliça é também externamente isostática (biapoiada), mas, como seutrecho (,DEF é dcformável (ver observação do tópico anterior), ela éhipostática internamente(sendo o conjunto, portanto, hipostático.

Curso de an'lise estrutural192

As treliças hiperestátícas serão tratadas no VoI. II deste Curso.

i) As treliças isostáticas possuem dois grandes métodos de resolução: um,analítico, que é o método de Ritter e, outro, gráfico, que é o método deCremana. Existem ainda outros métodos de resolução, de menor importância,e que não serão, portanto. abordados neste Curso.

j) As treliças comportam ainda um processo espontâneo de resolução, queconsiste no estudo, wn a um, do equihbrio de 'seusnós, iniciado e prosseguidopelos nós que só possuam duas incógnitas a detenninar, até termos abrangidotodos os nós da treliça. No caso de treliças com geometria bem simples,este processo pode se tomar até aconselhável.

Quanto à estaticidade, uma treliça (assim como qualquer outra estrutura)pode ser hipostática, isostática ou hiperestática,

As incógnitas do problema são em número de (r + h), sendo r o númerode reações de apoio a determinar e h o número de barras (e, portanto, onúmero de esforços nonnais a detenninar) e as equações de equilibrio emn-úmero igual a 2 n ,sendo II o número total de nós, incluindo os nós deapoio da estrutura (pois cada nó nos dá duas equações da Estática, corres-pondentes ao equilIbrio de um ponto material).

Três casos podem ocorrer:

19) r + b < 2n, ou seja, o número de incógnitas é inferior ao de equações;poderemos afinnar, então, que a treliça é hipostática;

29) r + b = 2 n, o que sugere tratar-se de uma treliça isostática. Esta simplesigualdade não nos permite, entretanto, afinnar que a treliça seja isostática,pois podemos ter a associação, internamente, de trechos hiperestáticos comtrechos hipostáticos, conduzindo a uma isostatieidade interna aparente, bemcomo pode ocorrer a associação de hiperestaticidadc interna com hipostatici-dade externa (ou vice-versa), conduzindo também a llll1a isostaticidadeaparente- para o conjunto, O diagnóstico final só poderá ser dado após aanálise dos apoios externos e da lei de formação interna da treliça em questão:

39) r + b > 2n, o que sugere tratar-se de uma treliça hiperestática (maiornúmero de incógnitas que de equações). Não podemos, entretanto, afirmarque a treliça seja hiperestática, pois a associação de um trecho hiperestáticocom outro hipostático (sendo o grau hiperestático de WTI trecho superiorao grau hipostático do outro) pede conduzir a uma hiperestatícidade aparente

19&

A

2.2 - Quanto à lei de formação

Fig. IV-I5

{J3.1 - As bases do método

I

3 - MÉTODO DE RnTER


Quanto à sua lei de formação, as treliças são classificadas em simples,compostas e complexas.

A lei de formação das treliças simples já foi estudada no tópico anteriordeste capítulo; a das treliças compostas e complexas será estudada nostópicos 5 e 6 do mesmo,

Seja a treliça isostática da Fig. N-l 6, submetida ao carregamento indicado,para o qual as reações de apoio, calculadas com o emprego das equaçõesuniversais da Estática, são as indicadas na Fig. IV-16.

Fig. IV-I4

Curso de análise estrutural'194

Poderíamos chegar, também, a esta conclusão da forma seguinte.

Externamente a treliça é uma vez hiperestátíca (quatro incógnitas, reaçãode apoio contra três equações universais da Estática); internamente, partindodo triângulo hachurado, nós percorremos todos os nós da treliça e todas assuas barras, exceto urna, quando propagamos a lei de formação de treliçasimples, o que indica existir uma incógnita (uma barra) além das que podemser detenninadas pelas equações de equilIbrio de nós, caracterizando o graqhiperestático interno da treliça igual a um. Seu grau hiperestático total será,portanto, igual a dois (há um apoio a mais e uma barra a mais em relaçãoà quantidade que tornaria isostática a treliça).

Ex. IV.3 - A treliça tem r + b ~ 4 + 14 ~ 18 e tem 2n ~ 16, o quesugere que ela seja duas vezes hiperestática, o que de fato é, pois não há,no caso, hipostaticidade interna nem externa.

Observação: C conceito utilizado neste último exemplo, de igualar ograu hiperestático de uma treliça à soma de seus graus hiperestáticos externose internos, é perfeitamente lícito, pois o grau hiperestático externo indicaa quantidade de apoios superabundantes e o grau hiperestático interno aquantidade de barras superabundantes, cuja soma nos fornece o número deincógnitas (r + b- 2n) que não podemos determinar com o auxl1io dasequações de equil íbrio estático igual, por definição, ao grau hiperestáticoda treliça.

Ex. IVA - A treliça tem r + b ~ 4 + 19 ~ 23 e 2n ~ 20, o que sugereque seja -três veZes hiperestática. No entanto, uma análise sua nos mostraque se trata de uma treliça hipostática, pois, tanto externamente (todos osapoios do 19 gênero paralelos, com o que não está impedido o movimentona direção horizontal) como internamente (painel ARCD é deformável) atreliça é hipostática.

s

1.7Estudo di. treU9f' I.o.dtlol'

Escolheremos, de preferência, aquela que acarretar menor trabalho llullId·

rico na obtenção dos esforços normais desejados. Como oblCrvaç~o d.caráter conceitual, queremos frisar que. na Fig. N-17, as forçasN3,NJJ cN, representam as ações da parte da direita da treliça sobre a parte daesquerda; na Fig. IV-18 representam as ações da parte da esquo.rda sobrea parte da direita.

Podemos, então, passai à detenninação de N3• N 13 e N7, que será feitua partir da~ equações universais da Estática no plano, devendo ser escolhidase usadas numa ordem tal que permita a detenninação direta de cada umadas incógnitas, a fUl1 de simplificar o trabalho algébrico do problema.

No caso (usando-se 0 esquema da Fig_ IV-17 ou N-18), a partir de~llJC = O obtemos NJ; por l:,lIJD .:::::O, obtemos N7 e, finalmente, porl:Y = O obtemos N13•

As forças obtidas com sinal positivo confirmarão os sentidos arbitradosnaS Figs. N-17 e 1V-18 (e serão de tração, portanto, no caso), invertendo-oscaso contrário (sendo, então, no caso, de compressão).

Este método, embora obedecendo apenas às idéias gerais da Estática,levou o nome de Ritter por ter sido ele o seu lançador. As seções S-Susadas para a obtenção dos esforços normais desejados levam também oseu nome. sendo denominadas seções de Ritter.

Obsen'açues:

\ a) Devemos escolher seções de Ritter que interceptem- três barras nãoparalelas nem concorrentes no mesmo ponto, a fim de que possarnosdeterminar seus esforços normais pelas equações universais da Estática.Podem, entretanto, ocorrer seções de Ritter que interceptem mais de trêsbarras e a partir das quais consigamos determinar os esforços normais emalguma (s) das banas, conforme ilustra o exemplo IV-7.

b) As seçõe~ de Ritter podem ter formas quaisquer (não precisando ser retas),desde que sejam cont ínuas, pois sua única obrigação é atravessar toda a treliça.

c) Quando, após dada a seção de. Ritter, formos arbitrar os sentidos dosesforços normais incógnitos, no caso de nossa sensibilidade estática não nosfazer antever seu sentido correto, aconselhamos sejam todos colocados nosentido de tração, pois, assim, os sinais obtidos já serão os sinais dos esforçosatuantes. (O sinal positivo, confirmando o sentido arbitrado, indicará traçãoe o negativo, negando-o, indicará a compressão.)

d) No caso de barras próximas às extremidades da treliça (por exemplo, asbarras CD e 0) no exemplo da Fig. N-16), pode ocorrer que a seção deRitter imaginada parr atravessá·las só intercepte duas barras; isto quererádizer, apenas, que seus esforços normais podem ser obtidos diretamente por

s


\ N13\\--'cN,

sFig. IV-17

Fig. IV-I8

É evidentemente indiferente analisar-se o equilíbrio da parte da esquerda,indicada na Fíg.N-17 ou da parte da direita, indicada na Fig. N-18.

Suponhamos querer determinar, por exemplo, os esforços normais atuantesnas barras 0, @ e G)'

Rompendo a treliça nestas barras através da seção S-S indicada naFig. N -17, nada se alterará sob o ponto de vista estático se substituirmosas barras rompidas pelos esforços nonnais nelas atuantes, que serão deter-minados como sendo as forças tais que promovam o equilíbrio do trechoassim secionado da treliça. já que ele deve estar em equilíbrio. por pertencera ;uma peça em equilíbrio. ,.

196

·íilí·

11111Estudo da. treliça. i.ostAtiea.

Para a obtcnç[o do esforço normal na barra V), não conseguimos nenhuma

A partir da seção S 2-s 2. obteremos U), que é dado, conforme o esquemada Fig. 11I-21, por:

LMJ = O 6 X 2 + 5 X 6 - 6 X 2 - 2 U, = O U, ~ + 15 t (tração).

Fig.IV-21

"

Pela seção 8 J -81, podemos obter os esforços normais em 01, V1

e, também, na barra inferior CD (que não é pedido neste exemplo), a pal·Urdo esquema da Fig. lV-20, obtendo:

Por ZM D ~ O 2 O, + 6 X 2 + 5 X 4 = O :. O, = ·-16 t (compressão)

Por LY = O V, + 6 - 5 = O :. V, = -It (compresslio)

Caso desejássemos o valor de U2• poderíamos obtê·lo. ou a partir elel:Mj = O ou de l:X = O, chegando ao valor U, 16 t.

Fig. IV-22

A partir da seção S)-83• obtemos D4• dado conforme o esquema da'Fig. lV-22 por:

LY = O D, V; + 5 = O :. D, = -5 v'2t (compressão)

I,-----~---I" .-----1

"___. __ J

o,

_Curso de anáHse estrutura'

, 'v,"r;,t I~' \ I tv.os,+-- - ~"'-t--2m-----+-----2m~-+-->~m---f~~2m,-~~.2r"__--.f_

Fig. IV-19

198

Obter, para as treliças isostáticas seguintes, os esforços normais nas barras ~indicadas.

análise do equillbrio dos nós extremos (no caso, do nó A _para a barra CDe do nó B para a barra @). Neste caso, o método de Ritter terá degene.fado na análise do equiltlJrio de um nÓ da treliça.

e) O método de Rittcr se presta admiravelmente aO cálculo das treliças dealtura constante, fazendo-o recair até no cálculo de uma viga de substituição,conforme veremos em 3.3, quando o carregamento é vertical.

f~também o método adotado quando só desejamos conhecer os esforlfOsnonnais em algumas das barras da treliça. (por esta razão, será fundamentalno início do estudo das treliças compostas, conforme veremos no Hem 5deste capítulo.) •

Para treliças de geometria mais complica.Ja, será preferível O métodográfico de Cremona, que estudaremos no item 4 deste capítulo.

Sendo as reações de apoio as indicadas na Fig. IV-19, passemos à obtençãodos esforços normais pedidos.

3.2 ~ Exemplos de aplicação

6.-

Ex. IV.5 -

201

c

Fig.IV-27

"

" ••

Fig. IV-29

4t A B---" D---

,

Fig. IV-28

•• o-

•• A-

"~

s, It N,

•• G-

Estudo das trollças isostAtleas

Ex. N.7 - a) A partir da seção S,-S, , lemos, confonne o esquema daFig. IV-29:

Observação:No caso deste exemplo, nio foi necessário calcular as reações de apoio,

pois ficaram no lado da treliça não utilizado para os cálculos.

A partir da seção S,·S, indicada na Fig. IV-27, obtemos, por kX = O:

:Ns = -8 I (compressão)

•.

o

B

,

Fig. IV-24

•

Fig. IV-26

,,(-I / Ng

Nfi' /'VE

s,

" A-4' C~

Curso de análise estrutu ral

0, = -5.J2 I (compressão)

B-;,---r3m---t3m~s~--t3m

"---J

Fig. lV-H

I I+--4m-----f

Fig. IV-25

Por T;ME ~ O

Por "ZMD = O

Por kX = O

Ex. N.6 - A partir da seção SI-SI indicada na Fig. IV-26, temos:

4 X 6 + 4 X 3 + 4N, ~ O :. N7 = -9 t (compresSão)

4X3-4N,~0 N6 =+31 (tração)

N, X _1. - 8 = O N, = +101 (traça0)5

200

" A~

u,---

seção .de Ritter que, juntamente com V), atravesse três barras não con~correntes no mesmo ponto. É fácil ver, no caso, que a forma mais simplesde obtenção de V, é a partir do equilíbrio do nó E da treliça, obtendo-se,confonne o esquema da Fig.IV-23, o valor V, = +4 I, por kY = O.

Analogamente, por consideração d.o equihbrio do nó B, obtemos, porkY = O:

..J2D, 2- + 5 = O

3.3.1 - Treliça com uma diagonal por painel

2ME.tudo dia tr.IIÇ1' laoat'tlea.

Fig.IV-32

A partir da seção vertical SI -S 1 temos, conforme indica a Fig. IV-33, que:

Dctem1Ínemos os esforços atuantes nas barras OJ ,D.1 e UJ (simbolizandoelas as barras superior. inferior e diagonal genéricas da treliça).

c) O valor de D3 será obtido por 'f. Y = O.

Notando que as forças que contribuem para esta condição são, além dacomponente vertical de D3, as forças verticais VA, PI, P2, P3, temos:

VA - PI - P2 - P3 + D3 sen l{) = O.

J J J r J r r J"t;& I I I I A I I

t~ ~

Fig.IV-:B

a) O valor de ih será obtido por 'f.Me = O. Notando que as forças quenos dão momento em relação a G são, além de U3, as forças verticais VA,PI• p2• P3 e que o momento destas últimas em relação a G se confundecom o n1omento fletor atuante na seção g da viga de substituição daFig. IV-32 (de mesmo vão e submetida ao mesmo carregamento que atreliça), temos: Mg - U3 X h = O :. U3 = +Mglh

b)O valor de 03 será obtido por 'f.MF' = O. Por analogia com o caso anterior,teremos: 03 X h +.M[ = O :. 03 = -.M[lh, sendo .M[ o momento fletor,em t, na viga de substituição.

Fig.IV-30

Fig.IV-31

Curso de anãlis& estrutural

4 X 2 - 3N9 = O N9 = +2,67 t (tração)

N12 = -2,67 t (compressão)

r l" t j"-t t"r to E .I G H I J ~-- --r

V, Ih

C ---+

Por 'f.Mp = O

Por 'f. Y = O

Seja a treliça da Fig. IV-31, de altura constante h, submetida ao carrega-mento vertical superior indicado nesta figura.

3.3 - Resolução das treliças de altura constante em função da viga desUbstituição

202

Por esta seção SI-SI, não podemos obter os esforços normais N7 e Na;eles só serão obtidos a partir de outras seções adequadas ..

b) A partir da seção S2-S2, ternos, conforme o esquema da Fig.IV-30,levando-se em conta que as barras ® e @ têm esforços nom1ais demesmo módulo e de naturezas opostas (por força da condição 'f. Y = O):

'f.X=O 2NIOX3/5-8=0:. NIO=Nll=6,67t.

o que quer dizer, confonne a Fig. IV -30, que a barra @ possui umatração de 6,67 t e a barra @ uma compressão de mesmo valor.

Observação: Os esforços normais nas barras horizontais e nas diagonaissão os mesmos, quer seja o carregamento superior quer seja inferior, o quepode ser constatado a partir da análise da Fig. IV-33.

Passemos, agora, à análise- das barras verticais.

Elas são resolvidas, em geral, por seções de Ritter como a S2 -S2 indicadana Fig. IV -31 (seções inclinadas, inte"reeptando a barra vertical e mais duashorizontais).

No caso, obtemos, a partir do esquema da Fig: IV-34, por:

LY = O: VA - P1 - P2 - P3 - P4 - V) = O.

Sendo (VA - P1 - P2 - P3 - P4) igual ao esforço cortante na viga desubstituição no trecho gh, temos:

V3 = Qg-h'

o termo (1'/1 - P1 - P2 - P3) pode ser imediatamente identificado comosendo o esforço cortante na viga de substituição no trecho fg interceptadopela seção de Rittcr e temos então que:

1D) = --- QI~'"scn'-P -"

Convém notar que bastaria a diagonal D) ter sua inclinação contrária(isto é, bastaria que ela fosse paralela a D2) para o sinal da última relaçãoser trocado. Para termos, então, UI~a expressão que resolva o caso dequalquer diagonal, escreveremos que:

!DI = _l_IQ no trecho interceptado I.sen '-P

Conclu ímos, então, que:

Os esforços normais atuantes nas barras horizontais (superior e inferior)são iguais, afetados do fator l/h, aos momentos fletores na viga desubstituição no ponto onde as 2 outras barras interceptadas pela seçãode Ritter se encontram. Os sinais dos esforços normais em barrasinferiores acompanham os sinais desses momentos fletores; já as barrassuperiores têm seus esforços normais com sinais opostos aos deles.(No caso de treliças biapoiadas com carga de cima para baixo, as barrassuperiores estarão sempre comprimidas e as inferiores tracionadas, ocor-rendo o inverso para as treliças em balanço.)

Os esforços nomlais nas diagonais são, em módulo, iguais, afetados dofator l/sen 'P; aos esforços cortantes na viga ·de substituição no trechointerceptado pela seção de Ritte r. Seus sinais, obtidos por análise doequilíbrio do trecho interceptado pela Seção de Ritter, deverão serestudados em cada caso.

208

Fig. IV-34

Estudo d.. tr.1I0" lso.t6t1eaa

Convém notar que bastariam as diagonais dos painéis adjacentes teremsua inclinação contrária à inclinação do caso abordado (seria, por exemplo,o caso da barra VI) para que o sinal da última relação se invertesse.

Escreveremos, então: I VI = IQ no trecho interceptado I, para as barrasverticais que podem ser interceptadas por seções de Ritter do tipo da 52-52'

Quando não for possível se conseguir tal seção para uma barra vertical(caso de interceptar mais, ou menos, de três barras), o caso será ainda maissimples e o problema se resolverá por meio de um simples equilíbrio denós, conforme veremos a seguir. (É o caso, para a treliça da Fig. IV -31,das "barras Vo, V2, Vs, V7).

O esforço normal em Vo, a partir do equilíbrio do nó A, será de com-pressão e igual a VA; o esforço normal em V2, a partir do equilíbrio donó F, será de compressão e igual a P3; para a barra Vs ocorrerá compressãoe igual a VB, por análise do nó B e, finalmente, em V7 será de compressãoe igual a Pg, por análise do nó K, conforme indica a Fig. IV -35.

Para simplificação do trabalho algébrico escolheremos sempre n~stesúltimos casos de barras verticais (casos da Fig. IV -35), para análise de seuequilíbrio, os nós com menor número de barras neles concorrentes.

IV-35.1 IV-35.2 IV-35.3 IV-35.4!Vo=VA t'3 !v,' v. f'·F

l'.L T~

tVA tV,"3 v. t f"v,. 'i

Fig.IV-35

Curso de anAlise estrutural204

o

+4t+3,0 t

o

12

•

;. :. ; f :o. •

: : t~: I II I I

I I I I II I I I I®

li :

I 12mt

I I I I II I I I II I I I I

I I II I II'lt I I

I I®

t 5,

'3'

barras V

VI = Md/h = +3,Ot;. V2 = Me/hV3 = Me/h = +4t; V4 = Mf/h

barras O

OI = -i'\;fc/h = O; O2 = -Md/h = -3,0 t

03 = -Mf/h = -3,0 t; 04 = -Mg/h = O

-3t -3t

Fig. [V-37

estudo d.. trttl911 ltordtfou

Assim, teremos:

barras D

Sabemos que os módulos de seus esforços normais são os dos esforçoscortantes atuantes na viga de substituição em seus respectivos painéis,multiplicados por Ijsen r.p = V2, no caso.

Para obtenção de seus sinais, bastará analisar uma das diagonais.

Seja, por exemplo a diagonal DI , cujo esforço normal é obtido da seçãode Ritter S-S indicada na Fig. IV -38. Como o esforço cortante atuante notrecho cd é voltado para cima (positivo), o esforço normal em DI deveestar voltado para baixo, a fIm de que possa haver equilíbrio, sendo,

Curso de an6lise estrutural

II

3m--,f-.- 3m-----,l<.

Fig. [V-36

E' II""

01

I-f--3m-----3m

c

206

Concluímos, então, que:

Para barras verticais tais que lhes possamos dar uma seção de Ritter queas atravesse e a mais duas barras horizontais somente, seus esforços normaissão iguais, em módulo, aos esforços cortantes na viga de substituição notrecho, onde o carregamento está definido, interceptado pela seção deRitter. Seus sinais, obtidos por análise do equilíbrio do trecho interceptadopela seção de Ritter, deverão ser estudados em cada caso.

41

Para as barras verticais não abrangidas anteriormente, os esforços nOlmaissão obtidos por simples consideração de equilíbrio de nó.

Sendo a viga de substituição e seus diagramas os indicados na Fig. IV -37,passemos à determinação dos esforços normais.

a) Barras O, V, D

Serão resolvidas por seções de Ritter verticais, uma em cada painel.

Ex. IV.8 - Obter os esforços normais nas barras da treliça da Fig. IV-36,carregada superiormente.

Observação: Os esforços normais nas barras verticais variam con formeo carregamento seja superior ou inferior, o que pode ser constatado a partirda análise da Fig. IV -34. (Notar que, se o carregamento fosse inferior, sóestariam aplicadas, no trecho interceptado, as forças VA, PI, P2 e P3 e ocortante seria, então, o do tre~ho fg, ao invés do trecho gh'.)

Os exemplos seguintes esclarecerão.

Fig.IV-42

Fig.IV-43@ lemortl

-120

II

EI~III

-~-4m---+IIIIII

fi.t 12, •

Ex. 1V.9 - Obter os esforços normais para as barras da treliça·marqulseda Fig.lV-42.

S,

A 0,

V,

A

!~5,

r~ !~I I II I Ir--4m l' 4m 4m 'fI I II , II I

,I I I

I

!~ !~ i~'" Ib I c IdI I I II I I II I I III I I II ! I I,I I I II I I -72

IG

IIIIII

_31~--6I 91~_G__ 121__ I~~,'

Fig.IV-38

Fig.IV-40

s

---;/1~ I,;,,:

I____ J

s

Curso de an6lise estrutural

A

2t~

Fig.IV-39

VI = Qd-e = + I t

V3 = -Qe-[ = + It

Os esforços normais encontrados estão resumidos na Fig. IV-41 e sãoevidentemente simétricos, por se tratar de uma treliça simétrica submetidaa um carregamento simétrico.

Fig. IV-41

b) Barras V

Os esforços normais nas barras VI e V3 são obtidos a partir das seçõesde Ritter 81-81 e 82 -82 indicadas e valem, conforme os esquemas dasFigs.IV-39 e IV-40, a partir da condição 2;Y = O:

208

portanto, de compressão. Para a diago-nal D2, a situação é a mesma que a deDI, pois ela é paralela à primeira e osinal do esforço cortante no trecho deainda é positivo; ela está, pois, compri-mida. Para as diagonais D3 e D4, in-verte-se o sinal do esforço corr!nte,mas, como também se inverteu a suainclinação, elas estarão comprimidas.Os esforços normais atuantes nas dia·gonais são, pois:

DI = -3 v'2t; D2 = -v'2t; D3 = -v'2t;

Os esforços normais nas barras Vo, V2, V4 são obtidos a partir doequilíbrio dos nós C, E' e G e valem:

Vo = V4 = -2 t e V2 = O

Fig.IV-45

211

•• 401

-- ..•.•-401


Para a harra VI. a partir da análise do equilíbrio do nó A', obtemos:VI ,-- O

Os esforços normais encontrados estão resumidos na Fig. IV-46.

figo IV-46

V2 " QII-b "" -3 tVJ =: Qb-c =- -61

Vq =- Qc-d =- -91

Ex.IV.1O A Fig.IV-47 representa uma treliça de altura constante,estando faltando as diagonais (uma em cada painel). Pedem-se:

a) dispor estas diagonais para que, Com o carregamento indicado, trabalhemtodas à tração:

b) calcular a menor altura 11, de modo que o maior esforço normal atuantenas barras horizontais não ultrapasse, em módulo, o valor de 8 t;

c) para este valor de 11, achar os esforços normais nas barras.

2. 2. 3. 3t 2.

J L E L G L I 1.1I I J I 1 I 1. IJ

f-2m L 2m L 2m---,/<--2m---,j...--2m~ 2m-f--2m-+'l '1

Fig. IV-47

A viga de substituição e seus diagramas solicitantes são os indicados naFig.IV-4R.

Curso de anãlise estrutural210

Fig.IV-44

A

Sendo a viga de substituição e seus diagramas solicitantes os indicadosna Fig. IV-43, obtemos a partir deles:

~O. = -Ma/h = OO2 = -Mb/h = +4t03 = -Me/h = +12 t

04 = -Md/h = +24tU. = Mb/h = -4tU2 = Me/h = -12 t

U3 = Md/h = -24tU4 = Me/h = -40t

Os esforços rormais Ilas barras D (todas paralelas entre si e com cortantesem todos os trechos de mesmo sinal) serão sempre de tração, conformeobtemos a partir da seção Sl-S. detalhada na Fig. IV-44 e valem:

-1 -5 tDI =- sen <{J Qa-b = 3 Qa-b = +5

D2 =.2- X 6 = + 10 t3

D3 = ~ X 9 = + 15 t

5D4 = ""3 X 12 = + 20 t

Os esforços normais nas barras V2• V3 e V4, obtidos a partir de seçõesde Ritter do tipo S2 -S2, são de compressão conforme indica o esquemada Fig. IV-45 e valem:

Fig.lY-48

213

°0 0,

V4 = -1 t;Vs = -3 t;Vó = -4t;V7 = -2 t.

D4=Ds =+1,67t;Dó = D7 = +3,33 t;

Fig. IV-50

Ertudo d•• treliça. Isost6tle••

b) Sendo os módulos dos esforços nonnais atuantes nas barras horizontaisdados por IM viga de substituição r, os esforços nonnais máximos atuantes nasbarras horizontais, e~ módulo, ocorrerão em U2 e U3, confonne indica aFig. N -50 (pois serão função do momento máximo em módulo na viga desubstituição, que é Me) e teremos, então: 8 = 12/h :. h = 1,5 m.

c) Os esforços nonnais atuantes em cada uma das barras, obtidos de maneirainteiramente análoga à dos exemplos anteriores, valem:

Observação: Este exemplo trata de um problema técnico bastante real, queé o da preocupação em se colocar as diagonais tracionadas para este tipo detreliças, pois, sendo elas as peças de maior comprimento, não seria de boa

OI = O;O2 = +4/1,5 = +2,67 t;03 = +4/1,5 = +2,67 t;04 = +2/1,5 = +1,33 t;Os = 06 = 07 = O;UI = -4/1,5 = -2,67 t;U2 = U3 = -8 t;U4 = -4/1,5 = -2,67 t;U 5 = - 2/1,5 = - 1,33 t;U6 = U7 = -4/1,5 = -2,67 t.

Sendo l/sen'P = 5/3, temos:

DI = + 10/3 = +3,33 t;D2 = D3 ::: +20/3 = +6,66 t;

Vo = -2 t;VI = -4t;V2 = -8t;V3 = -4t;

IV-49.2


Fig. IV-49

212

~ ~ ~ ~ ~

~ ~ . ~ ~ ~C I I ,I I Li JI d "fim f 9 h I

I t VA

'" tV.'" :

I -12 I I

~~:I I O I@ (em mt)

I I I II II +41..---_ I I

_J===---1! e .'1 e r e [email protected]~I e . ~

'*

a) Coloquemos as diagonais de modo que estejam, todas, tracionadas.Começando pela primeira diagonal, analisemos as duas possibilidades indi-cadas nas Figs. N -49.1 e N -49.2.

A posição correta será a da Fig. IV -49.1. Desta maneira, institu ímos aposição correta de diagonal tracionada para atuação de cortante negativo.Bastará mantê·la em todos os trechos de cortante negativo e invertê·la nostrechos de cortante positivo, chegando-se. rara a treliça, às diagonais tracio-nadas indicadas na Fig. N -50.

rc.o~AN~1/I\J F.:.~ A-1";110 ~

IV-49.1

mailto:[email protected]

2115

__ °3s,

s,

rE

Fig. IV-53

rD

V P2! P3!

~~-~Qef

'I'

:Kr11Qo; "2 ef

tVAFig. IV-54

rc

A

L

Fazendo r, y = O, temos que as somas das componentes verticais de D~e D~ deve equilibrar o esforço cortante atuante no trecho ef (trecho inter-ceptado por 82-82) da viga de substituição (igual, no caso, a VA - Pl -- P2 - p).

b) Os esforços normais nas diagonais D~ e D~ (simbolizando duas diagonais'genéricas da treliça) são obtidos a partir da seção 82 -82 indicada naFig. IV-54.

eltudo das treliças llouátlcss

as barras inferiores e negativo para as superiores), aos valores algébricos dosmomentos fletores atuantes na viga de substituição no ponto em que 11

teçAo de Ritter adequada (seção esta que atravessa as duas barras horizontaise duas barras verticais) corta as duas barras verticais da treliça.

r

,f1

"/2-t"/2

j

r


r,9

Fig. IV-52

Fig. IV-51

r5,

5,

r

214

3.3.2 - Treliças com duas diagonais por painel (Vigas Hassler)

Seja a treliça da Fig. IV-51, cuja viga de substituição correspondente éa da Fig. IV-52.

técnica estarem comprimidas,- pois seria mais grave para elas a possibilidadede sofrerem o fenômeno de flambagem, só contornado colocando-se peçasmais pesadas que as necessárias, tendo em vista apenas o valor do esforçoatuante (e, portanto, mais caras), conforme verá o leitor quando estudareste assunto. É, por isto, desejável que as diagonais, para este tipo de treliçacom uma diagonal por painel, estejam tracionadas, sobrando a compressãopara as barras verticais, de menor comprimento e menos sujeitas ao perigode flambagem (que será, evidentemente, analisado para elas, também).

a) A partir da seção 81-81, obtemos, conforme indica a Fig. IV-53:

Por r,ME = O e por r,ME' = O : U3 = Me/h e 03 = -Me/h, sendo MeO momento fletor em e na viga de substituição.

Estas expressões são inteiramente análogas às instituídas em 3.3.1, mos-trando que os esforços nonnais atuantes nas barras horizontais de uma treliçaHãssler são iguais, a menos do fator 1Ih e do sinal adequado (positivo para

r r~

L

217

12m

i2m

J2m-,l<-- 2m-+-L

'I2m

Fig. IV-57

c'B'A'

III

+-2m ----+- 2m---,1<-- 2m

Ex. IV .11 - Obter os esforços normais nas barras da treliça Hassler daFig. IV-57, carregada inferiormente.

FFig. IV-56

P4v.=--3 2

3IGi

L(v -l:Pjl I2 A j=l L __

O esforço normal na barra V3 tem, então, módulo igual à metade dacarga aplicada. sobre ela, sendo de compressão no caso de carregameotosuperior e de tração no caso de carregamento inferior (p que seria imediatodemonstrar ).

I.tudo d•• trIUo., Isoldtlea.

b) Analisemos () caso da barra V3• Supondo, na viga de substituição, ocortante positivo nos trechos ef e fg (o que em nada prejudica a generalidadetia nossa dedução), teremos, a partir da condição L Y '" O de equihbriodo nó F' indicado na Fig. IV-56: I V3 I '" P4 /2, sendo de compressão, no caso.

/I

Fig. IV-55

s


E'

.1Qd2 e

Por outro lado, por consideração da condição ~X = O de equilíbrio,verificamos que os esforços normais nas barras D~ e D~ devem ter mesmomódulo e sinais opostos.

Ist.o posto, temos então que os módulos dos esforços normais atuantesnas barras D~ e D~ são iguais a ID~ I = ID~ I = Qe(/2 sen 1fJ, sendo estesesforços normais de naturezas opostas e tais que eqúilibrem o esforçocortante atuante no trecho ef.

Concluímos, pois, que os esforços normais atuantes nas diagonais de umpainel de treliça Hiissler têm seus módulos iguais ao do esforço cortanteatuante, neste trecho, na viga de substituição, afetado do fator 1/2 sen 1fJ,sendo de naturezas opostas e tais que equilibrem o esforço cortante atuanteno trecho em questão da viga de substituição.

c) Os esforços normais atuantes nas barras verticais superiores e inferiorespodem ser obtidos da maneira seguinte.

Sejam, por exemplo, as barras verticais J'/~ e V~, simbolizando duasbarras verticais genéricas da treliça.

A partir da análise da condição ~ Y = O de equilíbrio do nó E', conformeindica o esquema da Fig. IV-55, obteremos que I V~ I = IQtrecho dei

. 2'Seu sinal será evidentemente oposto ao de D~ sendo, pois, de obtenção

imediata.

Observações:a) No caso do carregamento ser inferior, calcularíamos inicialmente vf porequilíbrio do nó E obtendo, a seguir, o valor de vl a partir da condição~Y = O imposta ao esquema da Fig. IV-53.

Conhecido M e impondo-.se a condição! Y = O ao esquema da Fig. IV-53,temos que a soma (VI + V~) deve equilibrar o esforço cortante atuante notrecho ef da viga de substituição, ficando, então, definido vI em móduloe sinal.

Analoganlente agiríamos para qualquer outro caso.

2t

I 5..J2---Qae = + -2- t

2 sen <P

219

3V2- ••.--t- 2

V2= + --t2

Os esforços normais nas barras verti-cais V~, Vf, V~ são obtidos a partir doequilíbrio dos nós A.', B . e C', conformeindica a Fig. IV-60, valendo, então:

V~=O;vf = +2,5t;V~ = +1,51.

D~ = -D~

D~ = -D~

D~ = -D~

Fig. IV~l

2t

Fig. IV-59

r

~ig. IV~O

Os esforços normais nas barras vb, V~ e V~ são obtidos a partir dacondição ~ Y = O de equilíbrio para os esquemas da Fig. IV-61, valendo:

vb = -5 t; V! = -0,5 t; vi = +0,51.

A

A

•

@Iemmtl

IIIIII1@lemtl

1v,""

-5

b----A

Curso. de análise estrutural218

Sendo a viga de substituição e seus diagramas solicitantes os indicadosna Fig. IV-58, temos:

Fig. IV-58

2t 2t 2t 2t 2t

a I l I I lAf, CI di e I f I 91

"t"" 1 I I j 1

I I I I II I 1 I I

(Sendo simétricos a treliça e o carregamento, os esforços só precisam sercalculados para sua primeira metade, sendo simétricos para a outra.)

U. = -O) = Ma/h = OU2 = -02 = Me/h = +2,5 t

U3 = -()3 = Md/h = +4,0 t

Para obtenção dos sinais dos esforços normais nas diagonais, analisemos,por exemplo, o equihbrio da Fig. IV-59. Para termos ~ Y = O. D~ deveser de compressão e D~ de tração (pois o trecho ac tem cortante positivo).

O mesmo ocorrerá para as diagonais D2 e D3, pois, são paralelas àsprimeiras e os cortantes em seus respectivos trechos na viga de substituiçãosão todos positivos. Temos, então:

221

(Nó DI(Nó FI(NóO)

Fig.IV-64

(Nó E)(Nó A)

E.tudo d•• tr.II91' '.o.t6tloas

A análise deve ser, evidentemente, iniciada por um nó no qual só tenhamosduas incógnitas (a f1ill de poder determiná-las) sendo, sucessivamente, esten-dida aos demais, numa ordem tal que tenhamos sempre duas incógnitas adeterminar em cada nó.

Observações:

a) No caso, poderíamos começar a análise de equilíbrio pelo nó A ou pelonó D; preferimos o nó A, cujo equilíbrio, conforme o esquema da Fig.IV-64, nos forneceu os valores dos esforços normais atuantes nas barras® e (}), de compressão, no caso.

b) Para o traçado do polígono fechado de equilíbrio, marcamos inicialmente,as forças e (ou) esforços normais já conhecidos e, a seguir, pelas extremidadesdo polígono aberto assim defmido, tiramos paralelas ãs direções dos esforços

Em se tratando de uma treliça em equilíbrio, todos os seus nós tambémO estio, O que sugere, para a determinação dos esforços normais atuantesem suas barras, seja feita sucessivamente a análiSe do equilíbrio de cada um

. de seus nós que, conforme sabemos, constitui a análise de um sistema deforças aplicadas num ponto material (sendo estas forças as cargas externase os esforços normais nas barras concorrentes no nó em questãO). Fazendo-seesta análise por via gráfica, sabemos que as forças e esforços normais atuantesIObre o nó devem formar um polígono fechado (condição de resultante nula),com o que obtemos os esquemas de equilíbrio dos diversos nós indicados naFig.IV-64.


4 - MÉTODO DE CREMONA 1

Fig.IV-62

li

O esforço normal na barra V3 será de tração, valendo I t, conforme aobservação b anter~?r a este exemplo.

Resumindo e levando em conta a simetria existente, os esforços normaisna treliça, em toneladas, estão indicados na Fig. IV-62.

4.1 - Introdução

IB

L =2P : tI A , I ,Vo=P+--·---,f<-- •--,f<-- .-.,f<-

Fig.IV-63

Observação: Tódas as aplicações feitas neste tópico foram para treliçassimples. O método serve também para as treliças compostas, conformeveremos no item 5 deste capítulo.

Seja a treliça simples, isostática, da Fig. IV-63, cujos esforços normaisdesejamos determinar.

10 .. s autores amencanos costumam chamar este método, com muita justiça, deMetodo das Figuras recíprocas de Maxwel/, por ter sido apresentado por J. C. Maxwellno Philadelphia Magazine de 1864, enquanto L. Cremona só o apresentou, por escrito,em 1872, no trabalho Le figure reciproche nel/a Statico Grafica. No entanto como amaioria dos demais autores habituou-se a dar a este método o nome de Cremonadenominação esta já muito difundida nos meios técnicos de nosso país, preferimo~adotar o mesmo caminho.

223

3P

oo

F

Fig.IV-66

E

t ~P

4.2 - Apresentação do método

Assim, a reação vertical em A será denominada ab, a carga horizontalem F será cd, o esforço normal na barra BC será ha (ou ah), o da barra Blí'será gh (ou hg), e assim sucessivamente.

4.2.2 -- Roteiro do método

A partir da introdução feita em 4.1, onde expusemos os fundamentoscio método, que consistirá no traçado de uma figura única englobando todosos polígonos de equilIbrio de forças e à qual chamaremos cremona, temoso seguinte roteiro para seu emprego:

a) iniciamos o traçado do cremona analisando o equihbrio de um nó quecontenha apenas duas barras com esforços normais conhecidos;

4.2.1 - Notação das cargas e dos esforços normais

Adotaremos, para designar as forças externas (cargas aplicadas e reaçõesde apoio) e as forças internas (esforços normais), a notação de Bow.

Marcamos com letras minúsculas, conforme indica a Fig. IV-66, todosOs espaços compreendidos entre as forças (quer exteriores, quer interiores),que serão designadas pelas duas letras a elas adjacentes.

e) Analisando-se os polígonos de equilíbrio da Fig. IV-64, vemos que cadaesforço normal aparece duas vezes, pois seu valor é calculado num polígonosendo, depois, na qualidade de valor já conhecido, usado na construça:o dopolígono de equilíbrio de outro nó. Cada esforço normal é, portanto, traçadoduas vezes. A partir desse fato, surgiu a idéia de se -desenharem todos ospolígonos de equilíbrio numa mesma figura, evitando-se a necessidade detranspor esforços normais de um polígono para outro. Esta idéia é a essênciado método de Cremona, que exporemos a seguir.

Estudo das treliças Isost'tlcasCurso .de análise estrutural.

V A= 2P Fig. IV-65

222

Apenas para evitar este grau de liberdade no traçado dos polígonos deequilíbrio, adotaremos sempre o percurso do nó no sentido horário.

Isto será particularmente importante para o método de Cremoua, queexporemos no tópico seguinte deste item.

d) No exemplo dado, obtivemos duas a duas incógnitas na análise doequilíbrio dos nós A, E, 13,F; quando analisamos o equilíbrio do nó D,apenas o esforço normal na barra ® era incógnito (temos nele, portanto,duas equações e uma só incógnita) e, com isto, ficaram determinados osesforços normais em todas as barras, não tendo sido necessário analisar oequilíbrio do nó C (para o qual temos, então, 2 equações e nenhumaincógnita).

Sobraram, então, três equações de equilíbrio, o que já era de se esperar,pois elas foram empregadas no cálculo das reações de apoio.

Com isto, a análise do equilíbrio dos n?s C e D nos permite verificar aprecisão do traçado gráfico, bem como a correção das reações de apoiocalculadas, constituindo-se então num excelente teste dos resultados obtidos.

normais incógnitos, cuja interseção determinará o polígono fechado deequilíbrio, a partir do qual obtemos os módulos e sinais dos esforços normaisdesejados.

Os sinais dos esforços normais desejados podem ser obtidos (sem queseja necessário fazer o croqui do nó), verificando-se simplesmente se oesforço normal aponta para o nó analisado (indicando compressão) oufoge dele (indicando tração). Isto pode ser facilmente verificado para todosos casos da Fig.IV-64.

c) No traçado do polígono de equilíbrio, dependendo do sentido em quepercorremos o nó, ele pode assumir duas configurações diferentes (condu-zindo, é claro, ao mesmo resultado). Por exemplo, para o nó A, se ele forpercorrido no sentido horário, o polígono de equilíbrio será o da Fig. IV-64,e, se o sentido for o anti-horário, ele será o da Fig. IV-65 seguinte, sendoidênticos, evidentemente, os resultados obtidos por um ou por outro.

e

22&

Observações:

a) Durante o traçado do cremona, não precisamos nos preocupar se oesforço normal obtido é de tração ou de compressão. Faremos esta análisequando o cremona já estiver pronto, análise esta imediata, conforme esclareceo exemplo seguinte.

Seja obter a natureza do esforço normal atuante na barra BFAnalisando o equil.Jbrio do nó F, por exemplo, o esforço na barra será

dado por hg (nó sempre percorrido no sentido horário), que converge parao nó. sendo, portanto, de compressão.

t) O equilíbrio do nó C (cujas forças internas e externas já são todasconhecidas) pode ser verificado no cremona, onde está indicado pelopolígono fechado ahiea.

c) Na análise do nó B, os esforços normais em AB e BE já são conhecidose são representados no cremona por af e fg. Tirando-se, respectivamente,por g e por a paralelas a BF e BC, determinamos h; os esforços normaisnestas duas barras são, então, dados por gh (compressãq) e !la (tração).

d) Na análise do nó F, os esforços normais em BF, EF e a carga horizontal3 P atuante em F estão representados por hgcd no cremo na (no caso, ospontos b e d do cremona foram coincidentes). Tirando-se, respectivamentepor d e por h, paralelas a FD e FC, determinamos i; os esforços normaisnestas :2 barras são, então, dados por di (compressão) e ih (traçãO).

e) Analisando o nó D, observamos que temos neste nó elementos- deverificação, pois a única incógnita é o esforço normal na barra De. Seupolígono de equihbrio, de imediata obtenção, é idei, sendo o esforço normalna barra De dado por ei (tração). A horizontalidade do segmento ei nocremona é a verificação a que nos referimos.

b) A seguir, passamos à análise do nó E, para o qual já conhecemos o esforçonormal na barra AE. Percorrendo o nó no sentido horário (o que faremossempre), temos já desenhado no cremonao vetor fc; por c tiramos umaparalela a EF e por f uma paralela a EB, cuja interseção define g. Osesforços normais nas barras EF e EB são, então, dados por cg (compressão)e g( (tração), respectivamente.

e.tudo di. treliça. Iso.t6t1e••

a) Iniciando pelo nó A, marcamos, no cremo na ab :-;:2 P e, a seguir, bc = 3 P;por (' tiramos uma paralela à barra AE e por a uma paralela a AB, definindo IO pol ígono fechado a/n/a representa o equihbrio do nó A; os módulos dosesforços normais nas barras AE e AB são lidos no cremona e iguais a cf ela, sendo ambos de compressão (os vetores cf e fa convergem para o n6 A).

IV-67.2

3P


2P

c

P

F

0IV-67.1

3·r C) t·

Escala do cremona

o

Fig.IV-67

2 Pode-se, evidentemente, adotar o sentido inverso.

224

3P

b) no traçado do cremona, começaremos pelas forças e (ou) esforços normaisjá conhecidos, deixando as duas incógnitas como duas forças finais;

c) todos os nós serão percorridos no mesmo sentido, quando da análise doseu equilíbrio. Adotaremos este sentido, sempre, como o sentido horári02

(isto para não deixar em aberto um grau de liberdade a ter que ser discutidoem cada problema, com a adoção deste sentido de percurso ou de seu inverso);

d) prosseguiremos o traçado dos cremonas, sempre, por nós onde só hajaduas incógnitas a determinar, até esgotá-los, encerrando-se então a resoluçãoda treliça.

Como primeira aplicação do método de Cremona, refaremos o cálculo datreliça da Fig. IV-63, cujo cremona traçado na Fig. IV-67.2 vem detalha-damente comentado a seguir.

227

b

e

Fig.IV-71

Fig.IV-70

f ,k

Escala do Cremona

Estudo das treliças isostâticas

.-------------_ .._._._-, ...,-"'.,,-~---_._._----_ ..

Observações:

a) Poderíamos ter traçado o cremona para meia treliça apenas, pois sabemosque os esforços normais serão simétricos. Preferimos, entretanto, traçá-locompleto, a fim de melhor exercitar o leitor.

b) O esforço normal nule- na barra GD poderia ser obtido a priori porsimples análise da condição ~ Y = O de equilíbrio do nó D.

Ex. IV.13 ~ Resolver a trel'ça da Fig.IV-72.

Sendo as reações de apoio ;s indicadas na Fig. IV-72 e a notação adotadaa da Fig. IV-73, teremos o cremona da Fig. IV-74, cujo traçado é iniciadopelo nó G.

Os esforços obtidos encontram-se indicados, em toneladas, na Fig.IV-75.

Fig.IV-69

3t

Curso de análise estrutural ti

31

226

4.3 - Exemplos

Fig.IV-68

o mesmo esforço poderia ser obtido pela análise do nó B, sendo dadopor gh, que converge para o nó, sendo (é evidente) de compressão.

b) Os módulos dos esforços normais são lidos em escala no cremona.

Ex. IV.12 - Resolver a treliça da Fig.IV-68.

c) O método de Cremona, devido à sua enorme simplicidade, é o universal-mente adotado na resolução das treliças. É superado pelo de Ritter apenaspara treliças de altura constante, para as quais este método permite umasolução muito rápida e elegante, em função da viga de substituição, para oscasos de carregamento vertical.

Adotando-se a notação indicada na Fig. IV-69, teremos o cremona daFig. IV-70, iniciado pelo nó A, que fornece, em toneladas, os esforçosnormais assinalados na Fig. IV-7 I .

221

Fig. IV-75

E.tudo di' tr.1I91. l.o.tttICl'

Ex. IV.14 - Resolver a treliça da Fig.IV-76 pelo método de cremonaeliminando previamente as barras que têm esforço normal nulo. '

Pela análise sucessiva do equihbrio dos nós D, K, L, E, F, 1, N, H, M,verificamos que são nulos os esforços normais nas barras DK, KE, EL,

Fig. 1'/-76

rc o E F G H I r~~--T

I K I I N I 4m

: : LI AB-_I~ __ I__ -:--JI I I I T I I II I I I I I I I+-- 4m r 4m ",I.. 4m-____.1L.--4m--+ -4," ,r 4m r 4m----.f.

t<D

6.

e

Fig.IV-73


k

c

Escala:1cm ~ 1tFig. IV-74

a

b,f

Observação:

Na treliça deste exemplo, poderíamos ter obtido as reações de apoiopelo cremona; preferimos, no entanto, calculá-las previamente, a fim deficarmos em condições de fazer as verificações de equihbrio no cremonatraçado.

228

G

• 2!.- - - i6m,~,--~t6mo~-i6m

A B~lr' t6t

6'~~6m 6m--.t'-

Fig.IV-72

,r,',

231

...;J ' -

Fig.IV-80Fig.IV-79

5.1 - Conceituação

5 - TRELIÇAS CO MPOST AS

Estudo das treliças lsost6tlcas

Já vimos, no item 1 deste capítulo, qual é a lei de formação interna deuma treliça simples, que é uma treliça isostática.

Suponhamos, agora, a aglutinação de duas treliças simples por um sistemade ligação isostático, conforme indicam as Figs. IV-79 e IV-80.

Observação: É claro que poderíamos ligar as treliças simples por maiornúmero de barras do que o indicado nos exemplos das Figs. IV-79 e IV-80".Estaríamos, então, obtendo treliças compostas hiperestáticas, ao invés deisostát icas.

Na Fig. IV-79, temos 'a ligaçãO de dois sistemas indeformáveis isostátj.cos(as duas treliças simples hachuradas) por três barras não paralelas nemconcorrentes no mesmo ponto (barras CD, Q) e 0), ligação esta, pois,indeformável e isostática (pois restringe, e estritamente, os três graus deliberdade que cada uma das treliças simples teria em relação à outra).Trata-se, então, de uma treliça isostáfcjca,à qual chamaremos treliça composta,obtida pela ligação de duas treliças simples por três barras não paralelasnem concorrentes no mesmo ponto. (Fazendo o teste da isostaticidade,temos: r + h = 3 + 29 = 32 = 2 fl, pois o número de nós é igual a 16.)

Na Fig. IV-80, temos a ligação das mesmas duas treliças simples hachuradas. por uma rótula (C) e por uma barra CD, não concorrente com a rótula,

ligação esta também indeformável eisostática (pois restringe, e estritamente,os três graus de liberdade de uma treliça simples em relação à outra).Trata-se, pois, de uma treliça isostática, à qual chamaremos também treliçacomposta, obtida pela ligação de duas treliças simples por uma rótula e poruma barra não concorrente com esta rótula. (Fazendo o testé da isostatici-dade, temos r + b = 3 + 27 = 30 = 2 n, pois o número de nós é igual aiS.)

9

f


a

Fig.IV-78

c

dEscala de cremona: 1cm-+ 4t

b

Fig.IV-77

Observações:a) Notar a conveniência de se fazer uma análise prévia da treliça, eliminandoas barras com esforço normal nulo (no caso, a quantidade de barras foireduzida de 25 para 7) antes do traçado do cremona. Aconselhamos aoleitor fazer sempre esta análise prévia.

b) É comum existir, numa treliça, uma certa quantidade de barras comesforço normal nulo, pois trata-se de um recurso (econômico) adotado paralimitar o comprimento de flambagem de barras comprimidas. No caso, elasdividiram por 3 este comprimento de flambagem, que seria V 42 + 122 mpara as barras AC e BJ.

Sendo as reações de apoio as indicadas na Fig. IV-77 e o cremona o daFig. IV-78, iniciado pelo nó J, obtemos os esforços normais nas barras datreliça indicados, em toneladas, na Fig. IV-77.

230EA, AF, IN, NH, HM e GM, podendo a treliça ser representada sob aforma mais simples da Fig. IV-77.

233

IV-85.2

IV-84.2

P,l IP,

"t4G,~~~'"/--N3 N,-,k J

Fig. IV-84

Fig.IV-85

IV-84.1

IV-85.'

5.2 - Método de resolução

Estudo da. treliças lso.tátlcas

A resolução das treliças compostas pode ser feita recair na das treliçassimples que a constituem, mediante o cálculo prévio dos esforços noselementos de interligação das treliças simples, o que permitirá isolü.lasuma da outra para fins de cálculo estático. Os exemplos seguintes esclarecem.

Dando-se a seção de Ritter S-S na treliça da Fig. IV-84.1, acharemos,a partir dela, os esforços normais nas barras 0, (;)e G) da ligação e,a partir daí, sua resolução recairá na das treliças simples independentesindicadas na Fig. IV-84.2.

Rompendo-se a treliça da Fig. IV-85.l na rótula C e na barra DE, ficamoscom o esquema indicado na Fig. IV-85.2. Estudando o equihbrio de umadas partes em que a treliça ficou dividida, obtemos os valores das forçasde ligação Vc. Hc. e N1, a partir das quais podemos resolver, isoladamente,as duas treliças simples da Fig.IV-85.2.

IV-8I.3

IV-83.3

IV-82.3

~

'.A BC _

Curso de análise estf'utural

IV-81.2

IV-83.2

Fig.IV-81

Fig.IV-83

IV-82.2

Fig.IV-82

~

'2

A "(0 -

IV-81.I

IV-83.1

IV-82.1

Definiremos, então, treliças compostas isostáticas como sendo aquelasobtidas pela ligação de treliças simples por:

a) três barras não paralelas nem ~;oncorrentcs no mesmo ponto;b) um nó e uma barra não concorrente com este nó.

Damos a seguir, na- Fig. IV-81, diversos exemplos de treliças compostas,obtidas pela ligação de treliças simples pelas três barras 0, (;)e G)indicadas:

232

Em muitos casos, conforme indicam as Figs. IV-82 e IV-83, podem serim~inadas duas diferent~s lei~ de formação_para a mesma treliça composta(ou por ligação das treliças sunples por tres barra~ 0: ~, Q) ou porligação através de um nó C e de uma barra 0), sendo mdl~erent~, pa~a asua resolução, imaginar uma 'ou outra (o trabalho de resoluçao sera eqUiva-lente ).

.~ .. ~ .. ~"~~~

s

235

IV-89.3

IV-88.2

IV-89.2

Fig.lV-88

Fig.IV-89

IV-88.1

lV-89.1

Estudo d. treliças iSOIt6ticas

Notar que, em todos estes casos, as seções de Ritter atravessam, além dasbarras (D. Q) e ® de ligaçãO, também outras barras da treliça, mas •como es~a.soutras barras são atravessadas 2 vezes, seus esforços nonnais seauto-eqUlhbram, não se constituindo em incógnitas adicionais a detenninara p~rtir _da se~o de Ri~ter dada. A obtenção dos esforços Nt• N2 e N3

de hgaçao é feita a partir da análise do equilíbrio das forças indicadas nasFigs. N-86.2 a IV-88.2.

d) Embora não seguindo especificamente a lei de fonnação definida em 5.1~ar~ as treliças compostas, classificaremos também como tal as treliçasmdlcadas nas ~igs. IV-89.1 e IV-90.1 que resultaram da substituição dasbanas superiores por treliças secundárias.

Elas serão resolvidas normalmente. como se as barras superiores fossem~et~s (sendo n~las obtidos os esforços normais Nt e N2 atuantes), confonnemdlcam as FIgS. N-89.2 e N-90.2, sendo, após, corrigidos apenas osvalores encontrados para as barras de substituição das treliças secundáriassegundo os esquemas das Figs. N-89.3 e N-90.3. '

s

IV-86.2


Fig. IV-87

. Fig. IV-86

IV-87.1

IV-86.1

obsen'açües:

a) Supondo que, inadvertidamente, tivéssemos iniciado diretamente a reso-lução de uma treliça composta pelo método de Cremona, não conseguiríamoschegar ao fim do cremona, pois esbarraríamos, logo a -seguir, com nós comtrês incógnitas a determinar, tendo que interrompê-lo então.

b) Pelo método de resoluçãO exposto, notar a importância da anáíise préviada lei de formação da treliça composta, pois é esta análise que nos indicaráquais as forças de ligação a determinar, a fim de ser possível a decomposiçãoda treliça composta nas treliças simples que a constituem.

Feita a decomposição, cada uma das treliças simples componentes éresolvida, geralmente, pelo método de Cremona (nada impedindo, entretanto,o emprego do método de Ritter, especialmente indicado apenas se a treliça

for de altura constante).

. c) As seções de Ritter necessárias à obtençãO dos esforços normais nasbarras de ligaçãO em treliças compostas podem assumir, em alguns casos,fonnas curiosas, confonne é o caso das treliças da Fig. IV-81, cujas seçõesde Ritter estão indicadas nas Figs.IV-86 a IV-88.

234

237

F

110m

.Jt VB= 10t

10m--~>J ••.L

N,-s

--....... N 3

S

!'"E

10m

Fig.IV-93

I-1

c

Fig.IV-92

II J IA -----+----t--- Q

I II I

L'1

Por ~X = O

Eltudo da. tr.llça. Isost't1Cll'

(O sinal positivo confirma o sentido arbitrado, sendo o esforço, pois, decompressão.)

A partir do cremona da Fig. IV-94, obtemos os esforços normais atuantes,indicados na Fig. IV-95, em toneladas.

20N2 = N3 = 2 X 0,95

= + 10,5 t (tração)

Para obtenção dos esforços nOrmais atuantes nas barras da treliça, bastaráresolver a sua metade, pois ela é simétrica e o carregamento atuante tambémo é.

IV-90.3

+ 20t

oe


O

IV-9I.I

IV-9I.2

IV-90.2

Fig. IV-9\

oc

b:zs:

IV-90.1

Por ~ y = OPor ~(f1K = O

5.3 - Aplicações

Ex. IV.15 - Obter os esforços normais atuantes na treliça da Fig. IV-92.

Sendo a treliça composta formada pela associação, através das barrasDE GJ e HJ: das treliças simples ACDf e EFBJ, a scção de Ritter S-S daFi~. IV-93 nos fornecerá os esforços normais nestas barras de ligação, qucvalem:

Fig.IV-90

e) Podemos ter também a ocorrência' de vigas Gerber tre~içadas,. que serãoclassificadas como treliças compostas e resolvidas a partu da vIga Gerberde substituição segundo os princípios estudados no tópico 3.3 deste capítul~.Por exemplo, a treliça da Fig. IV -91.1 será resolvida normalmente, a partuda viga Gerber de substituição da Fig. IV-91.2.

236

239

N,---


Ex. IV.16 - Obter os esforços normais atuantes na treliça da Fig.IV-96.

t---------fI ~~ 2m

--4-- ----- +I 2m

10 B__ JI I

• VA= 3t I I t VB = 3t+-- 4m--_'1 •...L-2nl......,j<--2m-...l.("•...--4m---.f-

Fig.IV-96

Fig.IV-97

Sendo a treliça formada pela associação de duas treliças simples através darótula C e da barra CD, calculamos, a partir do esquema da Fig. IV-97, asforças Nj, VC e Hc de ligação, que valem:

Por ~ y = O : VC = O (Notar que, como em C existe uma cargaconcentrada aplicada; podemos dividi-la em dois quinhões arbitrários, umpara cada uma das treliças simples, servindo o valor de VC para corrigir estesquinhões arbitrados.)

Por ~Mc = O: 3 X 6 - 2 X 3 - 4 Nj = O :. Nj = 31.

Por ~ X = O : HC = 31.

Para obtenção dos esforços normais atuantes nas barras da treliça, bastaráresolver a sua metade, pois a treliça e o carregamento nela atuante são simé-tricos.

IV-94.2

IV-94.1

20t

1


o~to~

10,5t

C a

••

110t'O

(Escala do cremolla: lcl1L_4tl

Fig.IV-95

Fig.IV-94

9,e

h

d

238

241

G

IV-I 01.2

Fig. IV-IOI

G

IV-IOU

Fig. IV - U)()

6.2 - Método geral de resolução das treliças complexas(Método de Henneberg)

6.1 - Conceituação

6 - TRELIÇAS COMPLEXAS

Seja a treliça da Fig. IV-IOO. Trata-se de uma treliça que tem r + b •• 3 + 11 = 14 e 2n = 2 X 7 = 14 satisfazendo, portanto, a condiçãor + b = 2n (condição necessária de isostaticidade).

Por outro lado, não identificamosnela as leis de formação de treliçasimples ou composta. Trata-se, pois,de uma treliça provavelmente isostáti·ca, que não é simples nem composta,que classificaremos como treliça com-plexa.

A classificação 4e uma treliça como complexa é, então, feita por exclusão.Não podemos afirmar de imediato que ela seja isostática, porque a relaçãor + b = 2n é condição apenas necessária, mas não suficiente para garantir aisostaticidade, podendo a forma da treliça ser instável, caso em que seráchamada de forma crítica. O reconhecimento de uma forma crítica seráimediato, a partir do método de Henneberg, que é o método geral de resolu-ção das treliças complexas, que desenvolveremos a seguir.

Seja a treliça complexa da Fig. IV-I01.1. Se, ao invés das barras AH e FB,tivéssemos as barras CF e DH, conforme indica a Fig. IV-I01.2, ela seria um~treliça simples, cuja resolução sabemos fazer.

b,d

e


IH

C ® 3t--

3t

Escalado Cremona:lcm- 4t

lt

Fig. IV-99

Fig.IV-98

h

240

9

A partir do cremona da Fig. IV-98, obtemos os esforços normais atuantesindicados na Fig. IV-99, em toneladas.

248

(Esforço normal final énulo na barra CD desubstituição)

(Esforço normal final énulo na barra (]) desubstituição)

(Esforço normal final énulo na barra @ desubstituição )

~=

• ••••••••••••••••••••• 0.' •••••••••

•••••••••• o ••••••••••••••••••••••

jp .. '(0' Q) 0 .o + NI Xl + + Ni Xj + + Nn Xn = O

.................................@ (,/) (,/) @

No + NlXI + ... + NjXj + ... + Nn Xn = O

('

lINdo d. trtlI9M 1"'t101t

Sendo ~ o determinante das incógnitas do sistema anterior, a treliçacomplexa será, de fato, isostática se ele for diferente de zero.

NfF N2CF

NPH NfH

Se o determinante for nulo, isto indicará que a treliça complexa é umaforma crítica (instável).

Generalizando, podemos enunciar o seguinte roteiro para resolução detreliças complexas pelo método de Henneberg:

1P) rompemos barras (o menor número possível) na treliça complexa dada,s~bstituindo-as por igual número de barras, de tal modo a obter uma treliçaSImples de substituição;

29) obtemos os esforços normais na treliça simples de substituição devidos

a) ao carregamento externo aplicado (No)b) a pares de cargas unitárias, de sentidos opostos, colocadas nos nós extre-

mos e na direção de cada uma das barras rompidas na treliça complexa dada(N.I. N2, ••• Nn);

39) calculemos os valores das forças Xi tais que façam com que os esforçosnormais, na treliça de substituição, nas barras criadas no lugar das rompidas,sejam nulos, a partir de um sistema de equações da forma:

@ @ @ (i)No + NI Xl + ... + Ni Xi + ... + N;(Xn = O

Observações:

a) Quando forem estudadas as estruturas hiperestáticas (no VoI. 11 desteCurso), o leitor notará a grande semelhança de concepção existente entre o

49) os esforços normais corretos atuantes na treliça complexa são dados, emcada barra, por:

N= No +NIXI + ... + NjXi + ... + NnXn, sendo No, N1 •••• , Nj, ... , Nnos esforços definidos na 2a fase do método.

IV-t02.4

Cuno de nli.. eltrutul1ll

Fig.lv-t02

G

IV-t02.t

242

É fácil ver que, se as forças X I e X 2 (que agem estaticamente como sefossem os esforços normais atuantes nas barras AH e BF) forem tais que osesforços normais nas barras CF e DH (que criamos no lugar das barras AH eBF) sejam nulos na treliça de substituição, o esquema "estático da Fig.IV-I02.1, reproduzirá fielmente o da treliça complexa dada na Fig. IV-101.1, resolvendo-a então.

Para obter estes valores de Xl e X2, é mais fácil proceder-se por super-posição de efeitos, conforme indica a Fig. IV-I02.

Obtemos, sucessivamente, os esforços normais No, NI e N2 atuantes nasbarras da treliça de substituição, devidos, respectivamente, ao carregament:>externo aplicado, a Xl = I e a X2 = I (Figs. IV-I02.2, IV-I02.3 e IV-102.4).

Como os esforços normais finais devem ser nulos nas barras CF e DH,devemos ter:

{NoCF + NfFXI + NfFX2 O (esforço final em CF é nulo)

N!?H + NPH Xl + NPH X2 O (esforço final em DH é nulo)

A resolução deste sistema de equações nos fornece os valores de Xl eX2 desejados (que representam os esforços normais verdadeiros atuantes nasbarras AH e BF), sendo os esforços nas demais barras dados, a partir doesquema da Fig. IV-102, por N = No + NIXI + N2X2.

Esta foi exatamente a idéia de Henneberg, que formulou O problema deresolução da treliça complexa dada na Fig. IV-I01.1 como sendo o problemada obtenção dos valores das forças Xl a aplicar nos nós A e H, com sentidos

I opostos e direção AH, e X 2 nos nós B e F, com sentidos opostos e direçãoBF e tais que os esforços normais nas barras CF e DH (que não existem natreliça dada) sejam nulos, conforme indica o esquema da Fig. IV-I02.1.

Iv-t02.2 Iv-t02.3

246

IV-I06.2

Fig. IV-I07

Fig. IV-106

IV-I06.I

di. tr.lI9M ItottlltlOM

,e) Em alguns casos de simetria da treliça complexa e' do carregamento

atuante, podemos resolvê-la sem ter que empregar o método de Henneberg,conforme ilustra o caso da treliça simétrica da Fig. IV-I08 submetida aocarregamento indicado. (Esta treliça é uma treliça clássica, denominada treliçaWichert, muito usada em pontes.)

IV-103.2


Fig. IV-IOJ

Fig. IV-I04

IV-103.I

IV-I 04.1 IV-I04.2

Fig. IV-lOS

tv,

I II II II

V2 tI I

.,f<--I, 12 if 12 I,----,f-IV-IOS.1 IV-IOS.2

Fig.IV-I08

244

método geral de resolução das estruturas hiperestáticas (método das forças)e o método geral de resolução das treliças complexas (método de Henneberg).A única diferença é que, no caso do método das forças, as equações são de

\ compatibilidade elástica e, no método de Henneberg, de compatibilidadeestática.

b) A resolução das treliças complexas é, evidentemente, muito mais traba-lhosa que a das demais treliças isostáticas, daí o seu nome.

c) A condição de forma crítica (treliça instável) para uma treliça complexaé que o determinante das incógnitas X do sistema de equações seja nulo.

d) Na grande maioria dos casos comuns de treliças complexas, basta sefazer a substituição de uma de suas barras para transformá·la numa treliçasimples. Servem como exemplos as treliças complexas das Figs. IV-I03.1 aIV-107.1, cujas treliças simples de substituição estão indicadas nas Figs. IV-103.2 a IV-107.2. (As barras de substituição, para melhor identificação,estão indicadas em tracejado.)

247

a,d

b

IV-Il2.2

c

e

Escala do cremona : 1cm --..1t

Figo IV-Il2

o

IV-112.I

o

""-----_._--_._'", ..._ ..._-'"""------------------

Fig.IV-Ill


Adotando-se a mesma numeração adotada na exposição teórica, temos:

19) Treliça de substituição

Substituindo-se na treliça dada, a barra AF pela barra EC, obtemos a treliçade su~stituição indicada na Fig. IV-I lI.

29) Esforços normais na treliça de substituição

a) Para o carregamento externo (No)

Estando as barras com esforço nulo indicadas em pontilhado, temos, apartir do cremona da Fig. IV-112.2, os esforços normais, indicados em tonela-das na Fig. IV-I 12.1.

CD

Figo IV-I09


F

246

As equações CDe G) formam um sistema que, resolvido, nos fornece osvalores das reações de apoio, a partir dos "quais podemos traçar o cremonapara a treliça, desta forma, resolvendo-a.

Ex. IVo17 - Resolver a treliça complexa da Fig. IV-IIO.

IIIIII Ic I _8

I I I I I+-2in-+1m+1m .f--2m-+

Fig. IV-I 10

6.3 - Aplicações

(O valor do esforço normal na barra FD foi obtido pela análise do equilíbriodo nóD.)

A condição de equilíbrio "f. Y = O das forças da Figo IV-I08, nos permiteescrever:

Devido à simetria existente, podemos afirmar que as reações em A e Bsão iguais, sendo as reações de apoio, então, as indicadas na Fig. IV-108.

A partir da seção de Ritter S-$, temos, conforme indica a Figo IV-109,por

V2u"f.ME = O : VIUl + /2) + 2 - P/2 = Ocos (X

249

Barra No(t) NI (t) N= No + NIXI

AO -2 - 0,6 - 1,1

OE - 2 - 0,6/ - 1,1

EF O - 1,6 +2,4

FC O - 1,0 + 1,5

GB O - 1,0 + 1,5--

BC + 1,3 - 1,3 + 3,2

CA O - 0,8 + 1,2

CO + 1,8 + 0,6 + 0,9

CE - 0,9 - 0,6 O

CC O + 0,9 - 1,3

BE - 1,7 + 1,6 - 4,1

Resumindo, temos:

Fill·IV-114

39) Cálculo de X I

Impondo a condição de ser nulo o esforço normal na barra CE, temos:

+ NfE XI = O :. - 0,9 - 0,6XI = O XI = - 1,5

49) Esforços finaisOs esforços finais nas barras valerão, então:= No - 1,5NI

Estudo das treliças isóstáticas

lV-li 3.29

-1,3


Fig. lV-l13.1

Fig. lV-l 13

e

-0,80

Escala do cremona : 1cm - 0,4t

f

U)

o'I

Observação: No traçado do cremona, supusemos a existência de umarótula no cruzamento das barras CC e BE, a fim de não haver ambigüidadena notação de Bow. (Isto não altera a estaticidade da treliça, pois equivale àintrodução de um novo nó e de duas novas barras.)

b) Para X I = I t (N dTemos, a partir do cremona da Fig.IV-Il3.2, os esforços normais,

indicados em toneladas na Fig. IV-Il3.I.

248

251

IV-ll8.3IV-ll8.2

7:7,_---G~/

/ +/

/F/,

lV-ll8.1

Fig.IV-I17

7.1 - Método de resolução

7 - TRELIÇAS COM CARGAS FORA DOS NÓS

Seja a treliça da Fig. IV-117, submetida ao carregamento indicado.

.------- ---- ------ -


, A barra FG tem carregamento diretamente nela aplicado, carregamento~1.ste indicado em separado na Fig. IV-l 18.1 e que pode ser encarado comoíl superposição dos carregamentos das Figs. IV-118.2 e IV-1l8.3,em que as

'jforças FI e F2, na Fig. IV-l 18.2, são duas forças tais que equilibrem of:carregamento atuante na barra.

Fig.IV-ll8

(Notar que uma das forças pode ter direção inteiramente arbitrária, sendoda outra determinada de tal forma que as suas direções se interceptem comda resultante das cargas atuantes sobre a barra num mesmo ponto.)

'~. A partir da Fig. IV-118, podemos dizer imediatamente que a resoluçãolU treliça dada é a soma dos dois casos indicados nas Figs. IV··119.2 e.IV-l 19.3.


Sendo este valor, no caso, o determinante da incógnita (única) Xi> con-cluímos que a treliça dada é uma forma crítica, sendo então instável.

Fig.IV-IIS

Bastará mostrar que o determinante das incógnitas no método deHenneberg é nulo.

Sendo a treliça de substituição a da Fig. IV-116, obtida pela substituiçãoda barra EF pela barra FI, temos, fazendo

XI = I : Nr! = o

E

Fig.IV-116

Ex. IV.18 - Mostrar que a treliça complexa da Fig. IV-115 é uma formacrítica.

Seu cálculo está feito na tabela ar.terior e os resultados indicados, emtoneladas, na Fig. IV-114.

250

253Estudo das treliças isostáticas

Fig. IV-121

7.2 - Aplicações

CIÍi=n:TIE ·------:1

I 3m

i.j1 I lU

IVA=2t t T tVB= 16t ,

, I I I-,f----3m>--- ...••,,1t-1m.,j<---3m---,f-

Ex. IV.19 - Traçar os diagramas solicitantes para a treliça da Fig. IV-l2I.

resultante que a das cargas agindo sobre as barras (as cargas já atuantes nosnós são evidentemente mantidas);

2) resolvemos a treliça para o carregamento assim obtido;

3) os esforços normais finais, atuantes nas barras primitivamente descarre-gadas, são os obtidos em 2;

4) as barras primitivamente carregadas ficarão submetidas a diagramassolicitantes, obtidos destacando-as da treliça e aplicando-lhes o carregamentosobre elas existente, acrescido das duas forças mencionadas em I, aplicadascom sentido inverso, e de duas forças axiais opostas, aplicadas em suasextremidades e iguais aos esforços normais obtidos em 2 para estas barras.

Observação: Quando todas as forças aplicadas na treliça são paralelas, émuito mais cômodo se utilizarem as forças substitutas (a que se refere oitem I do roteiro de resolução indicado), paralelas à direção do carregamentoatuante.


Por LMA ~ O ... 4 VB = I X 3 + I X 7 + 6 X 4 + 4 X 1,5 X 5.. VB = 16 t

Por L Y = O ... VA = 2 t, estando seus sentidos indicados na Fig. IV-121.

Temos duas barras com carregamento diretamente aplicado sobre elas(DE e DC).

Fig.IV-l20

IV-H9.3


P, F G

~

+ ~,t H

B A B~~-

G

IV-119.2

Fig. IV-119

252

Partindo das conclusões deste exemplo, podemos estabelecer o seguinteroteiro para a resolução de treliças com cargas fora dos nós:

1) substituímos as cargas atuantes diretamente nas barras por duas forçasagindo nos nós que limitam estas barras, forças estas que devem ter a mesma

A resolução do caso da Fig. IV-119.2 não apresenta dificuldades, poistrata-se de uma treliça com cargas nos nós, problema este cuja solução jáfoi estudada no item anterior; mais simples ainda é o caso da Fig.IV-119.3,pois, como o carregamento aplicado é auto-equilibrado, não existirão reaçõesde apoio nem esforços normais nas outras barras da treliça que não FGtrabalhando, para ele, apenas esta última, segundo o esquema da Fig. IV-118.2.

Em resumo, os esforços normais (definitivos) em todas as barras descarre-gadas serão os obtidos pela resolução da treliça para o carregamento indicadona Fig. IV-I 19.2; a barra carregada j?G deverá ser estudada para a superposi-ção dos dois casos da Fig. IV-119 (o primeiro fornecendo um esforço normalN, e o segundo dado pela Fig. IV-118.2), tendo, então, o esquema de cargasindicado na Fig. IV-120, a partir do qual podemos traçar seus diagramas soli-citantes.

255

- 0.2

Fi,. IV-127

Estudo das treliças isostãticas

® 10m')

+7

-'2

+6

Já8

Para as barras AE, EC e AC (barras primitivamente descarregadas), estesesforços normais já serão finais; as barras DE e DC (primitivamente carregadas)ficarão submetidas a diagramas solicitantes determinados a partir dos esque-ma~ ~e forças indicados nas Figs. IV-125 e IV-126 (representando a super-pOSlçao dos esquemas das Figs. IV-122 e IV-123 com os esforços normaisobtidos na Fig. IV-124).

Os diagramas solicitantes finais são, então, os indicados na Fig. IV-127.

Fig. IV-123

o~4.5+1- 4,O~1,5t


B

t 16t

c

121 41

21 ~ ! 21-- -ct1:1

o

Fig.IV-126

Fc= 12t t

Fig. IV-124

f12-1=11t

Fig. IV-122

A

~.UJ......1.LUB 1,5t/m

E I IIII

"-J o

t Fo= 4.5t

~2t

rrhrrm2~ E

t

Fig.IV-125

7,51

254

As forças de substituição (FC. FD, FfJ estão indicadas nas Figs.IV-i22e IV-123; aplicando-as na treliça em sentido inverso (aliadas às forças jáexistentes nos nós), obtemos o esquema da Fig. IV-124, cujos esforçosnormais estão indicados, em toneladas, na própria figura.

267

tt1t 1tt

Fig.IV-l30

3t 4t 4t 3tt tF tG t


Fig. IV-l31

Resolvendo a treliça da Fig. IV-129, temos, devido às cargas de 2 t atuan-tes no meio das barras EF, FG e GH, forças de substituição de 1 t atuantesnos seus extremos, conforme indica a Fig. IV-130, conduzindo ao esquemade resolução para a treliça dado na Fig. IV-131.

A partir do eS9-uema da Fig. IV-131, obtemos na barra FG o esforçonormal

-Me -4 X 6N= -h- = 4 = -6 t.

Os esforços normais nas barras CD a ® são, então, obtidos partindo doesquema da Fig. IV-13 2.1 e seus valores, obtidos do cremona da Fig.IV-132.2, são:

N(]) ::= N(j) = - 6,08 t e N(j) = N0 = N(}) = o.

B

H

2t

I

2,

I


o

2t

t

o

2'

I

Fig.IV-129

3m-+-3m-----+)r~Fig.IV-128

2,

I

3mL'I

2'

I

2t

I

2'

I

E

t V,'7,

-f--3m-f-3m

Conforme a observação d contida no tópico 5.2 deste capítulo, a treliçadada resulta da substituição das barras EF, FG e GH da treliça da Fig. IV-129pelas treliças secundárias indicadas na Fig. IV-128.

2'

I

Observação: Notar que, para a barra CD (barra com carregamento per-pendicular a ela), o diagrama de esforços normais é dado diretamente, a par-tir do esquema da Fig. IV-124 e os diagramas de e9forços cortantes e demementos fletores são obtidos a partir do esquema da Fig. IV-123 (esquemade viga biapoiada).

Ex. IV.20 - Obter os esforços normais atuantes nas barras CD a ® datreliça da Fig. IV-128.

256

259

b) A partir destes dois exemplos, podemos estabelecer a lei de formaçãodas treliças simples nq espaço que é, então, a seguinte.

Se, partindo das duas configurações fundamentais de treliças isostáticasno espaço, dadas pelas Figs. IV-i33 e IV-134, obtivemos novas treliças,obtidas pela adição, a partir da treliça já existente, de três a três novas barras,cada três delas concorrentes num novo nó (e não sendo todas as três copla-nares), teremos formadas novas treliças isostáticas, às quais chamaremos'treliças simplcs~Os exemplos das Figs. rV-135 e IV-136 representam, passo apasso, a formação das treliças simples indicadas nas Figs. IV-135.3 eIV-136.3.

Fig.IV-134

x

E

I F)---,/ Y

/'

mais), num número total de 12. Sendo 4 o número de nós, o número deequações para determinação dessas incógnitas é também 3 X 4 = 12, tratando-se, pois, de uma treliça isostática e indeformável. A partir deste exemplo,podemos dizer também que um ponto fica fixo no espaço se estiver ligado,através de três barras não-coplanares todas as três, a três outros pontos fIXOS.

Seja, agora, a treliça da Fig. IV-134, constituída internamente por umtetraedro ABCD e sendo apoiada externamente sobre seis barras-apoios do19 gênero, apoios externos esses que são isostáticos (possuímos as seis equa-ções universais da Estática no espaço para determinar estas 6 reações deapoio), desde que seus eixos não possam ser interceptados, todos, por umamesma reta ou desde que não sejam, todos eles, paralelos entre si. Temos, en-tão, no caso, 12 incógnitas (esforços normais nas 6 barras do tetraedro e6 reações de apoio) e 12 equações de equilíbrio (n6s A, S, C. D) sendo elaentão isostática.


IV-l 32.2

6t

c

Fig.IV-133


Escala do cremona :1cm--", 1t

Fig.IV-132

IV-132.1

de

g,f,a

6t

Em se tratando, pois, de uma estrutura no espaço, a análise do equzil~r~oI A - s 1:X - O k Y = O e 1: - ,de cada nó será regida pe as tres equaçoe -, O' de

e uilíbrio de um ponto material no espaço. numeroque re.gem o q bl " I· (3 X 3 reações de apoio + 3 esforços nor-incõgmtas do pro ema e 19ua a

8 _ ~NTRODUÇÃO AO ESTUDO DAS TRELIÇAS ESPACIAIS

a) Seja a treliça da Fig. IV-133, cujas barras AD, BD e CD não são, todas

as três, coplanares.

258

261

e) As treliças compostas resultarão, como no caso das treliças planas, daassociação de treliças simples por uma interligação isostática que, no caso detreliça espacial, é dada através de seis barras, não concorrentes todas elaSno mesmo eixo, nem paralelas, todas elas, entre si.

O exemplo da Fig, IV-137 esclarece esta lei de formação.


Fig.IV-137

d) Analogamente também ao caso das treliças planas, as treliças isostáticasno espaço podem ser classificadas, quanto à sua lei de formação, em simples,compostas e complexas.

Observação: A lei de formação das treliças simples já foi estudada no tópi-co a deste item.

No caso, temos as duas treliças simples tracejadas, unidas pelas barrasCD a @ , ficando então constituído um todo internamente rígido, apoia-do sobre os seis apoios do 1P gênero indicados, que dão rigidez externa aoconjunto.

Para resolver esta treliça composta, agimos como no caso das treliçasplanas, cortando as barras de ligação por uma seção de Ritter e obtendoseus esforços normais a partir da análise do equilíbrio de um dos trechos emque a treliça ficou dividida por esta seção. Conhecidos os esforços normais nasbarras de ligação, recai o estudo de treliça composta no das duas treliçassimples que a constituem.

f) As treliças complexas são classificadas, por exclusão, como sendo astreliças isostáticas que não são simples nem compostas. Seu método geral deresolução é ainda o método de substituição de barras de Henneberg, obedecen-do ao roteiro indicado no item 5 deste capítulo, Como exemplo de treliça

_._----~--~--------------------_.._--_._._.--'---

B

IV-l 36.3

IV-135.3

---lV-135.2

Fig. IV-135E

~\·/1.I \

/ \A C

B

IV-136-.2

Fig.IV-136

c

B

lV-136.1

o


I d F IV-136 não representamos os seisObservação: Para o exemp o a Ig, ,. do 10 gênero para não carregar a figura. ,

apOIos . . . serão determmadosOs esforços normais, numa, tíbrel~çadslffipldesunomesdPea~~~snós que deve ser

, ' , do equih no e ca a ' .pela análise sucessiva , t nhamos três esforços normais. . , 'd te pelos nóS em que so e .IDlclada eVI entemen , t' fim Estes esforços normaiS

;::::~a~~ie::~~d~~:i~;::3~~~~:c:~~i:~~g-~:=s;q::Ç~:fi:~:n~;1; Y = O e 1;Z = O em relaçao, ~ eixos r ,(utilizando-se a Geometria Descntlva),

, 's da treli a b o seu número de barras e r oc) Sendo n ~ numero ~e n~etermina~ ~s condições necessárias para que

número de reaçoe~ de ~~OlO ~ 't' 'h'perestática são, respectivamente:esta treliça seja hipostatlca, lSosta Ica ou I

b + r < 3n, b + r = 3n, b + r > 3n.t dos para as treliças planas

Por motivos inteiramente análo~os aoS apo~ 3a b + r > 3n são apenas'tul s condições b + r - n e

no item 2 deste capl o: a. f mente isostática ou hiperestática;necessárias para que a trehça

3seJ,a, respe~ ~:ae sufi;iente para que a treliça seja

apenas a condição b + r < n e necessanhipostática.

A

lV-I 35.1

260

D

1\:-

dI

.1

f)

f)

283

9.1 -- Classificar, quanto à estaticidade, as treliças da Fig. IV-139 .

IV - 140,1 IV - 140,4IV - 140,2 IV - 140.5IV - 140,3 IV - 140,6

FiJ. IV-140

9 ~ PROBLEMAS PROPOSTOS

• 1

b)

Estudo das treliças isostãticas

.1

IV - 139.1 IV - 139.4IV - 139.2 IV - 139.5IV - 139.3 IV -- 139.6

Fig.IV-139

9.2 - Classificar quanto à I . d f -IV-140. ' el e ormaçao, as treliças isostáticas da Fig.

.1

IV-138.2


Fig.IV-138

IV-138.1

Observações:

a) Em muitos casos (que não trataremos nesta Introdução ao estudo dastreliças no espaço), o estudo da treliça espacial pode ser muito simplificado apartir de consideràções de simetria ou a partir da divisão da treliça espacialdada, em função do carregamento atuante, em treliças planas que a consti-tuam.

b) Recomendamos ao leitor que desejar se aprofundar um pouco mais noestudo das treliças espaciais a leitura do capítulo correspondente no livroTheory o/ Structures de S. Timoshenko e D.H. Young.

No caso das treliças complexas deverá ser feita sempre a verificação deque ela não se trata de uma forma crítica, verifi.;;ação esta feita a partir dacondição do determinante das incógnitas do método de Henneberg serdiferente de zero.

complexa, apresentamos a treliça auto-equilibrada da Fig. IV-138.1, cujaanálise deverá ser feita a partir da treliça simples de substituição da Fig.IV-138.2, onde indicamos a barra de substituição em tracejado.

262

Fig. IV-146

- --- t-a+a+a

-+a

+-

Estudo das treliças isostáticas266

9.6 - Idem para a treliça da Fig. IV_I44.

rf.l1m fJj" I~ I" - I"

~2m-t-2m~2m~2m~2m~2m-f_2m7f

Fig.IV-145

9.8 -'- Determinar os esforços normais atuantes na treliça da Fig. IV-146.

Fig. IV-144

9.7 ~ Faltam seis diagonais, uma para cada painel retangular, para a treli-ça da Fig. lV-145. Pede-se:

a) dispor estas diagonais de modo que trabalhem à tração para o carrega-mento indicado:

b) calcular os esforços normais em todas as barras para o carregamento in-dicado.

2m-..".--


+-a-+-aFig. IV-142

9.S - Idem para a treliça da Fig. IV-143.

+-2m---or--2m-...."....-2m-"7f-- 2m

Figo IV-141

9.4 - Idem, para a treliça da Fig. IV-142.

!4t ~8t ! 12t t 12t t 4t !4t ! ~ _ t4m--+

-+ 3m-f-- 3m-+- 3m--,jL- 3m-,f-3m-+- 3m-+Fig. IV-143

287

Fig. IV-ISO

Fig. IV-ISI

.------

Fig. IV-IS2

+4P--------.,y.

a------+a

------fa-2-+-a--+

9.12 - Idem para a treliça da Fig. IV-ISO.

(Sugere.se verificar previamente que barras têm esforço normal nulo.)

9.14 - Idem para a treliça da Fig. IV-IS2.


9.13 - Idem para a treliça da Fig. IV-ISI, cujas barras AB, BC, CD,DE, EF e FG constituem um semi-octógono regular:

Fig.1V-149

Fig. IV-148

Fig.IV-147


~8t------t3m

------i3m

--J

r1

r-tI a

--+-.+I I a

_l __ l_~-- I I

I,. a ... a--+1 1

+_ 4m-+-4m--+-

+-a

9.11 - Idem para a treliça da Fig. IV-149.

9.1 O - Idem para a treliça' da Fig. IV- 148.

266


28.

Pis- 1V-157

Fis-1V-158

~~tI 105m,- --:~ -:--tI I I I 3,6m

'-I---I--i-1I I I I

4m--~A •....( 1m+1m,f--2,6m--+ l,6m+-!t

'"

9.19 - Idem para o reticulado da Fig. IV-I57.


. 9.20 - Detennmar OS esforços normais atuantes nas barras da treliça daFIg. IV-I58. Suger~se levar em conta a simetria existente.

Fig.IV-156

Fig. IV-153

IV-155.~

t•+ Fig.IV-154

•+-


.,f-o

-+-+oJ:.

IV-155.2

t-o

f-o

+o.,f-

3tlm

ITTIIIJt~l~1,6m I I~ I I

- I I I -+-2m--,f<-- .2m---,f'-- 2m--,f<-- 2m---,f-

IV-155.1

Fig. IV-155

9.18 - Obter os diagramas solicitantes para o reticulado da Fig. IV-156.

t--2.'-~?jr-!t -.--;/'-.---,,;/'--.20---;f

9.16 -- Idem para a treliça da Fig. IV-154.


f-a-t-a--+--a-f-a-,f-

~-1~p

+- o-+-- 2. -,/'-- o-,I'-

9.17 - Demonstrar que as treliças complexas da Fig. IV-155 são formascríticas.

268

271

o @ltl

®

®


9.7

9.8

9.9@(tl

@ltl


9.5

9.6

9.4

3 As barras de treliça desenhadas em pontilhado nas respostas têm esforço normalnulo (não trabalham) para o carregamento indicado.

9.3

9.1 _ a) 2 vezes hiperestática; b) isostática; c) hipostática; d) isostática;e) isostática; f) 3 vezes hiperestática

9.2 _ a) simples; b) simples; c) complexa; d) simples; e) complexa;

f) composta

270

10 _ SOLUÇÃO DOS PROBLEMAS PROPOSTOS 3

273

®

®

®

Q.

S":.oI

®


9.13

Curso de anãlis,J estrutural

®

@ltl

@.ltl

9.12

9.11

9.10

272

mailto:@.ltl

"Vo

z

Fi•• V-I

x

2:Mx = O e 2:My" O.

CAPiTULO V

I

ESTUDO DAS ESTRUTURAS,

ISOSTATICAS NO ESPACO- I

1 - ESTUDO DAS GRELHAS ISOSfÁTICAS

1.1 - httrodução

Já sabemos que um sistema de forças no espaço, referidas a um sistema';i1e eixos x, y, z, é regido pelas seis equações universais da Estática

l!tx = O, 2: Y = O, 2:Z = O, 2:Mx = O, 2:My = O, 2:Mz = O,l~dicando as três primeiras que a resultante das forças é nula e as trêslÍ\Utimas que seu momento resultarltetambém é nulo."t" Seja, agora, o caso particular de uml-,tema de forças no espaço, todasf,tIas paralelas entre si, conforme indica11 Fig. V-l.

Sendo todas as forças paralelas ao..lixo Oz, verificamos que as equaçõesida Estática 2:X = O, 2:Y = O e 2:Mz =0,' •• transformam em meras identidades,tpois, se todas as forças 810 paralelas~IO eixo Oz,elas nllo terllo componentesLna•. direções dos eixos Ox e Oy nem. fornecerão momentos em relação ao'.,t!xo Oz, por lhe serem paralelas. Per-~ocerao válidas como equações ape-Ia.. IS tr~. restanto., i.to'. 2:Z = O,

@Itl

@-6t

Curso de anélise estrutural

e as 4 situadas no plano hori-

B

B

~

A'\o\' •

o\' G-2.35

A

+6t

-8

<Mllmtl

B

A B

~@6mt

A~3.75

-PV69.20 - As 8 barras pclinadas têm N = 8zontal têm N= +'4'

9.19 - O reticulado trabalha exclusivamente a~ esforço normal, à exce?ão. daB ( ga de 4t) submetida aos diagramas suplementares Indica-barra A com a car ,

dos à parte.

274

9.18 - Além dos esforços normais da figura seguinte, a barra horizontal sup.e-rior possui os diagramas suplementares indicados à parte:

277

o

Fig. V-3

Estudo das estruturas isostáticas no espaço

Conhecendo as reações de apoio, passemos à determinação dos esfúrçossolicitantes atuantes numa seção genérica S de uma grelha.

Podemos afinnar então que, numa seção genérica de uma grelha, podematuar três esforços simples: um esforço cortante Q, perpendicular ao planoda grelha, um momento fletor M, produzindo flexão num plano perpendi-cular ao da grelha e um momento torçor T.

Isto posto, a obtenção dos diagramas solicitantes numa grelha seráimediata, confonne esclarecerão os exemplos do item seguinte.

No segundo caso, temos uma grelha triapoiada, cujas reações de apoiopodem ser detenninadas por equações independentes uma da outra, obede-cendo-se à seqüência a seguir. Tomando, inicialmente '[,MretaBC = O,obtemos VD Gá que VB e Vc interceptam a reta BC); a seguir, a condição~Mreta CD = O nos fornece VB e, finalmente, por '[,Z = O, calculamos Vc,ficando de posse de todas as reações de apoio.

Reduzindo as forças atuantes num dos lados desta seção genérica S aoseu centro de gravidade, obtemos a força Q (perpendicular ao pla;no.p dagrelha) e o momento til (situado noplano P da grelha, pois o momentoresultante de um sistema de forçasparalelas em relação a um ponto qual-quer se situa num plano perpendicularao das forças) indicados na Fig. V-3.

Este momento til pode ser decom-posto numa componente T, tendo adireção do eixo da barra (que é, con-fonne vimos no Capo I, o momentotorçor atuante na seção) e numa com-ponente M, situada no plano da grelhae perpendicular ao eixo da barra emquestãO (que é o momento fietoratuante na seção e que produzirá umaflexão da barra no plano perpendicularao da grelha).

Uma grelha será então isostática quando tivermos apenas três incógnitasa detenninar. Os tipos mais comuns de grelhas isostáticas são os indicadosnas ~igs. V-2.l e V-2.2.

No primeiro caso, temos uma grelha engastada e livre, cujas reações deapoio TD, MD e VD no engaste são obtidas, respectivamente, pelas equações'[,Mx = O, '[,My = O e '[,Z = O.

z. "\>

'3 /I lI'"2I Y Di .•• TD

I "I I rI}-~--

/ A B

//// V-2.1

x

J F2

I V-2.2

B c

l~ lvcFig. V-2

1.2 - Definição

. lha a uma estrutura plana submetida a carrega-Defimremos como uma gre

mento perpendicular a seu plan~. .o . . t d -o dada no item antenor,

Tendo em vista esta defImção oe a l~ ro :~ ela será regida pelas trêssupondo que o plano da grelha ~seJa o pano , _ O

• o "'Z O '[,M - O e '[,My - .equações da Estatlca ~ =, x-

volume poderiam ser empregadastambém três!Conforme vimos no CapoI deste I ' lação a três eixos situados no plano xy

equações de somatório d~momentos n~ ;:::;or~ver CapoI, item 3.1.2).e não concorrentes, os tres, num mesm

Curso de anãlise estrutural276

Podemos a~irmar, e~tão, que ~~C:is=;od~~:~: p;:~~~~o =:ç:~regido por tr:es ~quaç~tusa::s E::un piano perpendicular ao das forças e arelação a dOIs eIXOSSI . I ndo um. d ,ieções de todas as forças 19ua . a zero, segutercena da soma as proJeixo que lhe seja paralelo.!

279

Fig. V4i

V-S.2 - Estrutura plana

@J gP-=-c -/-/-/;f.r:::::o

~/

,,-----"-8 - -- -..,.---// I /

I I /"*-- 3m )( 3m -*

Estudo das estruturas isostãticas no espaço

••III)-----,

//;

x

V-S.I - Grelha

Fig. v-sTodos estes esforços Q T M M

esforçQs de mesmas nature~as ~ x. z'dl! e Qx são finais, pois não háV mesmas Ireções nos casos das Fi V 5 1

e -5.2. Desta fOIma, para se obter dia . . gs. -.plana submetida a gramas solICitantes numa estruturadois casos e um carregamento qualquer, resolvemos separadamente os

m que este carregamento se deco õ (g lhpropriamente dita) e os diagramas solicitante~:e e d re a e estrutur~ planade carregamento são os finais. ca a um destes dOIScasos

b Ex. ri -Obter os diagramas solicitantes para a grelha da Fig V 6 .arras OImam, em todos os nós, ângulos de 900 . -, cUjas

1.3 - Aplicações

"+..ih"· M"

Em se tratando de uma elh .o cálculo prévio das rea õ:s

rde :.en?astad.a.e bvr.e, não é necessário fazeImos

ser obtidos entrando-se ~ fPolo, pOISos diagramas solicitantes podemom as orças do lado do balanço.

Faremos sempre a análise das relh b 2caso, pela barra AB que func' ~ as arra ~or barra , iniciando, no

, IOnara como uma VIgaengastada em B e livre

2A '/". ana Ise pode ser feita para a estrutura em " .•

esforços simples numa seção entra d d" t conjunto, Isto e,calculando-se osIad ' n o Ire amente com fos. Preferimos entretanto a 'I" b as orças atuantes num doslid ' ,ana Ise arra a barra o I

ando com vigas retas (planas) " '/"' "' p rque ne a estaremos semprede erros. ' cUJa ana Ise e mUito mais simples e menos passível

Fig. V-4.

---_._._-----._------

Cuno de anAlise estrutural

Observações:

278

Como estes últimos apoios não funcionarão para carregamento perpendi-cular ao plano (caso que estamos estudando), nós não os desenharemos, emgeral, para as grelhas triapoiadas, a fim de simplificar sua representação.Foi o que fizemos, por exemplo, no caso da Fig. V-2.2.

c) A resolução de uma estrutura plana submetida a wn carregamento o maisgeral possível, isto é, oblíquo a seu plano, se fará da seguinte maneira:decompondo o carregamento oblíquo em componentes perpendiculares aoplano e em componentes pertencentes ao plano. o estudo das primeiras seráo de uma grelha (estrutura plana carregada perpendiculaImente a seu plano)e o das últimas será o de uma estrutura plana com carregamento atuante nopróprio plano (estudo este já feito, para os diversos tipos estruturais isostá-ticos, nos capítulos anteriores).

Supondo xy o plano da estrutura, para uma seção S de wna barra paralelaà direção y, por exemplo, o primeiro caso (grelha) nos fornecerá um esforçocortante Qz, um momento torçor T e um momento fletor Mx; o segundocaso (estrutura plana propriamente dita) nos fornecerá um esforço nOImaIN,um esforço cortante Qx e um momento fletor Mz, conforme indicam asFigs. V-S.1 e V-S.2.

a) No caso de wna grelha triapoiada, estes apoios não devem estar situadossobre uma mesma reta; caso isto ocorra, ela será evidentemente hipostática.

b) Ainda sobre o caso de wna grelha triapoiada, ela deve ter, além dostrês apoios perpendiculares a seu plano (que garantem sua estabilidadecomo grelha, isto é, para carregamentos perpendiculares ao plano daestrutura), pelo menos, mais três apoios no próprio plano, que garantamsua estabilidade para carregamentos nele atuantes. É o que indica a Fig. V-4,na qual os apoios do 19 gênero B. C e E. noImais ao plano P, funcionarãopara carregamentos perpendiculares ao plano P e os apoios A e D, perten-centes a P serão solicitados apenas para carregamentos atuantes no próprioplano P.

281

V-8.2

V-8.1


zero

@(emmtl

3 .Para traçado do diagrama Q, adotou-se a mesma convenção de sinais que aquela elas;struturas plan~s .(0 que sempre se fará)- As barras (conforme o caso) foram olhadas d~rente ou da dIreita .para a esquerda. (E importante fixarmos, a priori, de que lado olhll'

remos as barras,. pOiS, de~endend~ do lado escolhido, o sinal poderá ser um ou outro.Desta forma, o Sinal do diagrama e função do sentido, arbitrário com que olhamos ca·da barra.) ,

+


V-7.2

11t.

t----rtV-7.1

~r <V'

1x3+6x1,5 ' /C = 12mt V~lc D~--;Zmt

V-8.3 '

t"3mt

+ + -7t -7

B

@lemtl3

/;~,,'"....;; V-7.4

Fig. V-8

V-7.3Fig. V-7

A

1t

A partir dos esquemas das Figs. V-7.2 a V-7.4, podemos obter imediata-mente os diagramas solicitantes para a grelha, que estão representados na

Fig. V-8:

em A, segundo o esquema da Fig. V.;.7.2. A seguir ,podemos estuQar a barraBC, eliminando a barra AB da estrutura, desde que reduzamos o carrega-mento desta para o nó B, o que está feito na Fig. V -7.3. Ela funcionará,então, como uma viga engastada em C e livre em B, tendo os diagramasde momentos fletores e esforços cortantes dados pelo carregamento verticale o de momentos torçores, constante, dado pela carga momento de 3 mtaplicada em B. Finalmente, reduzindo este carregamento BC para o nó C,podemos eliminar a barra BC e restar-nos-á para a viga CD o esquema daFig. V-7.4, em que a carga momento de 3 mt (tracionando as fibrassuperiores, conforme indica a regra da mão direita) e a carga vertical de7 t são responsáveis pelos diagramas de momentos fletores e esforços cor-tantes e a carga de 12 mt nos dá o diagrama, constante e negativo, demomentos torçores na barra' CD. Pela análise do equihbrio desta últimabarra, são obtidas as reações de apoio da grelha em D, indicadas na Fig. V-7.4.

280

283

8m!

Fig. V-li

Estudo das estruturas isostãticas no espaço

4m

O esquema para estudo de cada barra se encontra na Fig. V-13 (notarque o ,momento m = 8..[2mt, resultante da redução da carga de 2 t deC para B, fonna um ângulo de 1350 com a barra AB, no plano da grelha,

4 As barras foram olhadas, conforme o caso, de frente ou da direita para a esquerda.

A

Fig. V-12

Ex. V.3 - Obter os diagramas solicitantes piua a grelha da Fig. V-12,em que a carga de 2 t é perpendicular ao plano ABC.

Observações:

a) Para estudo da barra AB, seria evidentemente mais simples entrar-se pelonó A, tratanclo-a como uma viga engastada em B e livre em A. Preferimos,entretanto, manter o mesmo sentido adotado no estudo das demais, a fimde podennos, pela análise de seu equilíbrio, verificar a correção dos cálculosfeitos (inclusive o das reações de apoio).

b) Para os exemplos V.l e V.2, a redução dos carregamentos atuantes paraos diversos nós já nos forneceu diretamente os momentos fletor ~ torçoratuantes nestes nós, pois as barras fonnaram ângulos de 900 nos nós. Casotal não suceda, devemos decompor os momentos resultantes desta reduçãoao nó nas direções tangencial (axial) e normal ao eixo da barra que sedeseja estudar, obtendo, respectivamente, os momentos torçor e fletor nonó da barra em estudo. O exemplo V.3 ilustra esta observação.

VE = 6tVB = 2t


4 VE = 1 X 4 + 3 X 4 + 4 X 2

2 VB + 3 X 2 = 4 X 2 + 1 X 2

Vc = O

Ii t Vc

)( 2m

Por ~MretaBC = O

Por ~Mreta CE = O

Por ~Z = O


Fig. V-lO

o

4, ~

Por meio de raciocínio inteiramente análogo ao do exemplo anterior,estudaremos barra a barra isoladamente, com os carregamentos indicadosna Fig. V-lO, a partir da qual obtemos os diagramas solicitantes, represen-tados na Fig. V-lI. No caso, o estudo das barras foi feito na ordem DE,

FE, EC, CB, AB.

~V')

282 \ort

Ex. V.2 _ Obter os diagramas solicitantes para a grellia tr~poiada daFi-g.V-9 cujas barras fonnam, em todos os n6s, ângulos de 90 .

284 Curso de análise estrutural Estudo das estruturas isostáticas no espaço 286

GF

(Para a barra 1, por 'LMB = O)(Para a barra 2, por 'LMA = O)(Para a barra 3, por 'LMH = O)(para a barra 4, por 'LMG = O)(Para a barra 1, por 'LZ = O)(Para a barra 2, por 'LZ = O)(Para a barra 3, por 'LZ = O)(Para a barra 4, por 'LZ = O)

Fig. V-16

50 + 5 Vc = 10 VD50 + 5 VD = 10 VF5 VE = 10 Vc5 VF = 10 VE10 + Vc = VB + VD10 + VD = VA + VFVE = Vc + VHVF = VE + VG

H

*--5m )( 5m )( 5m---j4-

Fis- V-lS

1t/m

i J J J I J ~B o

tVB ~:c Q) t Voc

Temos:

Ic

Fig. V-l3

A partir do esquema da Fig. V-13, obtemos os diagramas solicitantes,representados na Fig. V-14.

e foi então decomposto nas componentes M e T, normal e tangencial àbarra AR, respectivamente).

Fig. V-14

12t

~~A B t T=8mt

/t--~LQ" B

2t M=8mt 1ft =8y'2 mt16mt

16mt

As reações de apoio no engaste A estão representadas na Fig. V-13.

SAs barras foram olhadas, conforme o caso, de frente ou da direita para a esquerda.

~ 2t

Ex. V.4 ~ Obter os diagramas de momentos fletores para a grelha daFig. V-15, cujas barras formam, em todos os nós, ângulos de 90°. As barrasBCD e ADF estão submetidas a um carregamento vertical de 1 t/m de cimapara baixo e as demais estão descarregadas.

As incógnitas do problema são em número de oito, quais sejam, as quatroreações verticais de apoio (em A, B, G, H) e as quatro forças verticaistransmitidas pelas rótulas em C. D, E e F. Como a grelha pode ser decom-posta em quatro vigas independentes BCD, A DF, CEH e EFG, cada umadelas regida por duas equações de equihbrio (sistema de forças paralelas noplano), temos um total de oito equações de equihbrio, através das quaisdeterminaremos as oito incógnitas do problema que é, portanto, isostáticoe cuja solução se fará a partir do esquema da Fig. V-16.

286, Curso de análise estrutural Estudo das estruturas isosdticas no espaço 287

Resolvendol iniciahnente, o sistema formado pelas quatro primeirasequações, obtemos: Vc = 2t, VD = 6t, VE = 4t e VF = 81. Introduzindoestes valores nas quatro últimas equações do sistema, obtemos as reaçõesde apoio, que valem:

VA = 8t, Vn = 6t, VG = 4t e VH = 21.

o problema está, então, resolvido e o diagrama de momentos fletores,obtido a partir do esquema da Fig.V-16, está representado na Fig.V-17.

~.~

obtenção dos diagramas solicitantes, que serão determinados por equações,no caso, de curvas matematicamente definidas, ou por pontos em casocontrário. As grelhas constituídas por barras curvas são denominadas vigas-balcão.

Estudaremos, nos exemplos seguintes, as vigas-balcão circulares, para oscasos mais usuais de carregamento.

o<q kJJNtJO .Ex. V.S - Obter os diagramas solicitantes para a viga-balcão semicircular

da Fig. V-18.

B

Fig. V-18

B

B

/~---

/ R//

A

p

V-19.1

.----------------_ ..._-""_ .. _ ..... _ .....__ .,..._--- .. _.-_-._--""-_._---------_._-""'---,------

A

Os esforços simples atuantes numa seção genenca S, definida peloângulo a, conforme indica a Fig. V-19.1, são obtidos reduzindo-se a força Pà seção S, o que é mais simples fazer reduzindo-a, iniciahnente, ao ponto C(definido na Fig. V-19.2, que representa a viga-balcão em verdadeira grandezaem planta), aparecendo então o momento fletor M (situado na normal àseção S) e, após, do ponto C para o ponto S, aparecendo aí o momentotorço r T. No caso, o momento fletor M traciona as fibras superiores e omomento torçor é positivo.

Fig. V-19

A partir da Fig. V-19.2, temos:

M (a) = P X AC = PR sen a, tracionando as fibras superioresT (a) = P X CS = PR (1 - cos a)Q (a) = -P

Fig. V-17

,_\J~deJ A.4 - Vigas-balcão

Nos exemplos estudados até aqui, lidamos sempre com grelhas constituídaspor barras retas. Se, ao invés de termos barras retas, tivermos barras curvas,toda a teoria continua, é claro, válida, sendo apenas mais trabalhosa a

288 Curso de anAlise estrutural Estudo das estruturas isostáticas no espaço 288

_lI8Jz

-----~ )(

A

s

Fig. V-23

QR"IT-lI 5----//7\

/ \/

e

o

Fig. V-24

B

Fig. V-22

2 - ESTUDO DOS QUADROS ESPACIAIS ISOSTÁTICOS

10'/~/2

I 2\I \I ML---

A

A partir destas expressões, obtemos os diagramas solicitantes, represen-tados na Fig. V-24.

Os quadros espaciais isostáticos, que ocorrem na prática com freqüênciabastante inferior ã das estruturas planas e ã das grelhas, têm seu equilíbrioregido evidentemente pelas seis equações universais da Estática

~X = O, ~ Y = 0, ~Z = 0, ~Mx = 0, ~My = 0, ~Mz = O.

São, então, isostáticos, o quadro engastado e livre da Fig. V-25.l e oquadro hexaapoiado (cujos apoios impedem todas as translações possíveisdo conjunto e, também, todas as rotações, por não serem, todos eles,concorrentes num mesmo eixo) da Fig. V-25.2. Para cada wn deles temosas seis reações de apoio indicadas nas figuras a determinar, o que se faráa partir das seis equações universais da Estática.

o

010<)· -4'

Fig. V-21

B

T(o<) = PRI1-cos 0<)

Figo V-20

MIo<) = PR sen o<

A

O~ diagramas solicitantes estão, então, representados na Fig. V-20.

Ex. V.6 - Resolver a viga-balcão semicircular da Fig. V-21, submetidaa wn carregamento uniformemente distribuído q.

Os esforços simples atuantes nwna seção S serão obtidos a partir doesquema da Fig. V-22, que representa a viga-balcão em planta, em verdadeiragrandeza, sendo M o ponto de aplicação da resultahte do carregamentodistribuído atuante no arco AS que é, evidentemente, o centro de gravidadeda linha AS dado a partir do esquema da Fig. V-23, por

{S xds {+ex./2 (R cos O)(R d O) ex.lA l-cx./2 2R senT

OM -----.- ---------- -----(AS ds j+ex./2 R dO ex.

J.d -cx./2

Daí, temos: . Q (ex.) = -qR ex.ex.

IM (ex.)I = IQ(ex.)1 X MC = qRex. X OM X sen2" =

= 2qR2 sen2 ~, tracionando as fibras superiores2 _ - ex.

LT(ex.) = + IQ(ex.)1 X CS = +qRex. (R - OMcos2) =

. 2 ex. ex. 2

~_~~_~ ~ _ ~ qR'.(1 --. sen T co, T) ~qR (. - sen.). __ ~~~ _

290 Curso de anAlise estrutural Estudo das estruturas isostãticas no espaço 281

~a3t

G-

F

c

o

Fig. V-26

E

..-_._ .._----_ ..,._,'. __ .__ .._... .._,. _._--,--- .._ .._--_._. __ ..._ ..._ .._----_._-_._--_ .._---

Fig. V-27

c

\ ~ f"4=4m. r'~Il-I~~'~

• F+ 3x4= 12m.t 12-4=8m. f2. 11

ot//1~'_'x4+8 = 12m.

2x4= 8m. I.

16m. E /___ 3.

z

~I

"L----v,/

/'x

B

Analogamente ao caso das grellias, o estudo da estrutura será feito barrapor barra, a partir do esquema da Fig. V-27.

rII

}--- __ v/

/

/'

As reações de apoio no engaste E, obtidas pela análise do equilíbrio dabarra DE, estão indicadas na Fig. V-27 e os diagramas solicitantes esta:orepresentados na Fig. V-28, onde dividimos a estrutura nas barras ABC,DFG e CDE, a fim de facilitar a leitura dos mesmos.

V-25.1

F

V-25.2

I

Fig. V-25

®

t~

Calculada!>as reações de apoio, é imediata a obtenção dos diagramassolicitantes, partindo-se dos conceitos apresentados nos capítulos anteriores.O exemp,lo a seguir esclarecerá.

Ex..-r\ _ Obter os diagramas solicitantes para o quadro espacial engas-tado e '[e da Fig. V-26, cujas barras formam, todas elas, entre si, ângulosde 90°, medindo, todas elas, 4 m.

.zI)..---

/ Vli'

'11

292 Curso de anãlise estrutural Estudo das estruturas isos~t·UI IcaS no espaço 2&3

2m-+/

/r-7__ Jm

)(

/

----7:t/~

ti ,f2t ~ jI

Fig. V-29

Fig. V-31

2m------*-

Fig. V-30

Fig. V-32

+- 2m --»<--~~

II1-

H/m'I

3.1 1 3m/

-ן 3m li

f-- I /tt4t

1,5m-1-- - ---1.5m

,-/- -2t

3.2

3.3

3.4

E

c

o

ECf

G

~'

®16mt'~

Fig. V-2~

®

®

o

c

E

6.As barras foram olhadas, conforme o caso, de frente ou da direita para a esquerda.


O~ os diagramas solicitantes para as grelhas e vigas-balcão das Figs. V-29

a v-31

Observações: a) Os diagramas de momentos fletores estão desenhadosdo lado "das fibras tracionadas e os sinais dos diagramas de momentostorçores, esforços normais e esforços cortantes6 obedecem às convenções

apresentadas no Capo I.b) Não apresentaremos exemplificação mais extensa sobre quadros espa-

ciais isostáticos, devido à baixa freqüência com que ocorrem na prática.

(!)Imtl

+2

12

. ------_._------"._._._--".-"_.'-- ."-----""-,--_._" ..- - -_._._ .._ .... _--"_ .."'--_._~.

4


3.2

Nota: Para o traçado de Q, as barras foram olhadas de frente ou da direita para a esquer-da, conforme o caso. Igual procedimento será adotado nos pr6ximos problemas.


(!),Imtl

12

12

(

Fig. V-33

---~~-

/ R

//

/

3.1


3.5 - Obter as equações dos diagramas solicitantes para a viga-balcão se-micircular triapoiada da Fig. V-33, submetida a um carregamento uniforme-mente distribuído, q, de cima para baixo.,

2Q4

296 Curso de análise estruturalEstudo das estruturas isostáticas no espaço 297

3.5

.---------- ---------------- --- -----~"-~-----

s

1T-2 )T(a) = qR2 [ a - sena - -2-(1-cosa)

1T-2Q (a) = qR (- - a )

2

, qRTemos: V= 2qR ; V =2 (1T - 2)

1T-2 aM(a) = qR2 (-2- sena - 2sen2 2) ,

1TAs equações são válidas para O :s:;; a :s:;; 2 (para a outra metade da viga-balcão,conclui-se que M é simétrico e que Te Q são anti-simétricos).

;T=O

@flmt)

PR

+PR

3.3

3.4

Estudo das cargas m6veis em estruturas isostáticas 2"

Fig. VI-)

.-_._--~-~~-_._,.,_."._------_ .._"'-----_._--_._------- "" -_.""_._---_._""---_ .._-----------

1.2 - Definição das cargas móveis. Trens-tipo

Feita a conceituação do que seja uma carga móvel, esbarramos nacomplexidade do problema de sua definição nos diversos casos práticos.

Suponhamos seja nossa missão projetar um viaduto. Que veículos (cargasmóveis) colocaremos sobre ele? Em que ordem?

Vemos, logo, que infinitas combinações de veículos nos podem ocorrer;qual será a certa, isto é, qual será a combinação dentre todas as possíveis,que se pode adotar como representativa das diversas situações reais decargas móveis que podem ocorrer durante a vida da estrutura?

A esta pergunta, diversos pesquisadores, em diversos países, responderamcom a criação de veículos ideais, denominados trens-tipo (por influênciadas pontes ferroviárias), definidos pelas normas de projeto de cada país eque variam dependendo da natureza e da forma de utilização da estrutura.

Uma coisa têm, entretanto, os trens-tipo em comum: são constituídospor cargas (concentradas e ou uniformemente distribuídas), de valoresconhecidos e guardando uma distância conhecida, constante, entre si. Destaforma, conhecida a posição de uma das cargas do trem-tipo, conhecemosimediatamente a posição de todas as demais.

Um exemplo representativo de trem-tipo nos é dado pela configuraçltoda Fig. VI.1 (note-se que ql. Q2, PI, P2, ••• , Ps, a, ... , t, são grandezasconhecidas e de valor constante).

O mesmo não acontece para as cargas móveis, pois, quando de suaocorrência (embora tenham valores conhecidos), as posições que ocupamna estrutura. variam à medida que os veículos por elas representados aatravessem. Se fôssemos estudá-las pelo processo até aqui empregado,teríamos que calcular esforços para cada uma das infinitas posições queelas podem ter enquanto percorrem a estrutura. Tal forma de tratamentoé, evidentemente, inadequada e impraticável. Procuraremos, portanto, outraforma para resolver o problema das cargas móveis.

q1

LCD

CAPfTULO VI

ESTUDO DAS CARGAS MÓVEISEM ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS

1 - INTRODUÇÃO

1.1 - Classificação das cargas que atuam nas estruturas

As cargas que solicitam uma estrutura podem ser clas~ificad~s em doisgrandes grupos: o de cargas permanentes e o de cargas aCIdentaIS.

As cargas ditas permanentes são aquelas que atuam constan.ten:ente naestrutura ao longo do tempo, e são devidas ao seu peso propno e aos

, . . h' t la suporta O estudo dosrevestimentos e matenals de enc tmen o que e . '. .fados por elas não apresenta maiores dIfIculdades, pOISes orços provoc . . . . . t do

tratam-se de cargas cuja posiçãO e valor são conhecIdos e mvanavelS, enjá sido, portanto, estudadas nos cap ítulos anteriores.

As cargas ditas acidentais, conforme a própria denominação, são aquelasue podem ou não ocorrer na estrutura e são provoca?as por ventos,

;mpuxos de terra ou água, impactos laterais, forças centnfugas, fre~~g~nsou acelerações de veículos, sobrecargas (cargas de utilização) em edlfl~IOS,.peso de materiais que vão preencher a estruturà _(c~so .de reservatonosdI silos etc.) efeitos de terremoto (de importancla fundamental parao~g~:~jetos 'em re~iões sujeitas a abalos sísmicos),. peso de neve a~u~uladaem regiões frias e, finalmente, pelas assim denommadas cargas moveIS, quesão aquelas devidas a veículos que percorram a estr~tura (~~so de pontesrodoviárias ou ferroviárias, viadutos, pontes rolantes mdustnals).

Para fins de análise 'estática, as cargas acidentais, com exceção das cargasmóveis são cargas que têm posição e valor conhecidos na estrutura, po~endoou nã~ atuar ao longo do tempo. Seus esforços são calculados, P~IS, damesma forma que os devidos a cargas permanentes; trata-se, entao, de

problema já resolvido.

300 Curso de anAlise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostãticas 301

Devido à possibilidade de tráfego nos dois sentidos, suporemos, em geral,que o trem-tipo possa percorrer a estrutura nos dois sentidos (no exemploanterior, estudaríamos as hipóteses das cargas percorrerem a estrutura nosentido ql. PI, ..• , q2 e no sentido q2. Ps, ... , qd.

Os trens-tipo mais usuais são aqueles de pontes rodoviárias e de pontesferroviárias. Para obras no Brasil, são definidos pela NB-6 e pela NB-7 daA.B.N.T. e, esquematicamente, são dados pelas Figs. VI-2 e VI-3 para pontesrodoviárias e ferroviárias, respectivamente:

e, após, serão feitos os necessários cálculos para se obter os resultado.levando em conta o trem-tipo real (cálculos estes de enorme simplicidade,conforme se verá).

2 - LINHAS DE INFLUÊNCIA

2.1 - Definição

L.I.MS

z f"'A B/AJ I

~ O •J S A1IIIIII

Fig. VI-4

+

Linha d: infl~ência de u~ .efeito elástico E em uma dada seção S é areprese~taçao grafica ou anahhca do valor deste efeito, naquela seção S,prodUZido por uma carga concentrada unitária, de cima para baixo, quepercorre a estrutura.

Por exemplo, suponhamos conhecida a linha de influência de momentosfletores na seção S da viga da Fig. VI-4. Baseando-nos na definição anteriorpodemos escrever que: '

e assim sucessivamente.

AJs = a, para P = em AMS = -b, para P = em B;

Co.n~orme .se vê, a seção e o efeito estudados são fIXOS,variando apenasa poslçao da carga. Uma linha de influência não pode, pois, ser confundidacom um diagrama solicitante, visto que uma ordenada de linha de influêncianum pont~ s~ refer:, de modo geral (excetu,ando-se a possibilidade da cargasobre a propna seçao de estUdo), ao efeito· em outra seça-o.

q

CO

p p p ,.q q )

1.3 - O problema a resolver. Forma de resolução

O problema que dev.emos resolver é o da determinação dos esforçosmáximos e mínimos provocados nas estruturas pelas cargas móveis, pois,de posse destes valores e conhecendo os esforços devidos às cargas de tipopermanente (permanentes propriamente ditas e acidentais não-móveis), sabe-remos entre que valores extremos variarão os esforços em cada seção daestrutura, tendo, portanto, definida a sua faixa de trabalho.

Por exemplo, suponhamos que numa séÇãOde uma viga atue um moment·ofletor de 20 mt devido às cargas tipo permanente e que os momentos máximoe mínimo devidos à carga móvel valham 60 mt e -40 mt. Esta seção trabalhará,portanto, entre os momentos -20 mt e 80 mt, isto é, se for estável para estesdois valores, também o será para os demais intermediários. (Ê por esta razãoque nosso interesse se concentrará, principalmente, sobre os efeitos máximose mínimos provocados pelas cargas móveis.)

A forma de resoluçãO do problema será através do processo das linhasde influência, que será definido no item a seguir. Este processo terá sempreduas fases: supor-se-á, inicialmente, que o trem-tipo seja constituído porwna única carga concentrada unitária (caso mais simples possível para estudo)

Fig. VI-2

Fig. VI-3

303

(VI.l )

Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas

ES = "'f.(Pi77i + q,n)

Fig. VI-6

b) Sej~, ~go~a, o caso de wn trem-tipo composto por uma carga uniforme-mente dlstnbUIda q, conforme indica a Fig. VI-6. Teremos:

É.s =lab (qdz) % ou seja

Es .: q1b 77idz .: q ,n,

sendo n a área, na linha de influência, sob a região ocupada pela carga (a estaárea chamamos área de influência).

b+ .,+a...-j Iqdz II~I ~qI ,I ---,ft.f-dz I ~

~ L.I.E,

'Y)i

c) O caso geral será wna superposição dos casos a e b (trem-tipo compostode. c~r~as concentradas e distribuídas). Podemos escrever, empregando opnnclpIO de superposição de efeitos:

Para se ob:e~, então, o. efeito produzido por wn trem-tipo ocupandouma dada poslçao sobre a lInha de influência (conhecida), basta multiplicarcada carga concentrada do trem-tipo. pela ordenada da linha de influênciasob ela e cada carga distribuída pela respectiva área de influência, somando-seos resultados.

Ob~ervaf~es: a). Os princípios estudados até aqui são válidos para estru-~uras.l~ostatlcas e hlperestáticas. Daqui para frente, estudaremos as estruturaslsostahcas.

~) A_pa:tir da expressão VI.l, é fácil ver que as unidades das linhas del~fluencIa .de ~o~entos fletores são unidades de comprimento e que as1in~as d.e 1ll.fluencIa de esforços cortantes, normais e reaçOes de apoio sãoadlmensIOnals.

)

L.I.Es


a) Seja um trem-tipo constituído pelas cargas concentradas PI , ••• , Pn e sejaa linha de influência da Fig. VI-S.

P, Pj Pnr--T---l

H fase: dada a estrutura, o efeito E e a seção S, obter sua linha de influência;

2~ fase: conhecidos o trem-tipo e a linha de influência (l ~ fase), obter osefeitos devidos a esse trem-tipo.

2.2 - Fases de resolqção do problema

2.3 - Obtenção d~s efeitos, conhecidos o trem-tipo e a linha de influência

Fig. VI-S

o valor do efeito produzido por uma das cargas concentradas Pi> a partirda definição de linha de influência, é Pi 17i. Pelo princípio de superposiçãode 'efeitos, quando atuarem todas as cargas, teremos, ES = r,Pi 77i·

Devido à sua grande simplicidade, resolveremos inicialmente o problemada 2~ fase.

A resolução, baseando-se no conceito de linhas de influência, englobaráduas fases distintas:

Observação: E pode ser um esforço, reação ou deformação; em suma,wn efeito elástico qualquer (deve ser wn efeito elástico para que seja válidoo princípio de superposição de efeitos, que será empregado na solução doproblema, conforme veremos).

Podemos escrever ainda que E .: E(z) e, a partir da definição dada,estudaremos, para os diversos tipos estruturais com que trabalhamos usual-mente, estas funções linhas de influência E(z) a fim de, com seu auxI1io,conforme veremos a seguir, resolver o problema das cargas móveis atuantesem estruturas.

302

306

zVB =-

1

Fig. VI-9

1 - zVA= --1-;

De forma análoga ao caso 2.4.1,obtemos as equações E (z) a seguir,cuja representação gráfica se encontrana Fig. VI-lO.

a) Reaçõ~s de apoio:

b) Esforços simples:

{f (I - x), para z ~ x

Ms = 1- z-l--X' para z ~ x

Qs { - VB, para z < xVA, para z > x

+1~1 ....•Iu.v"

i 10.1 !lo.*:====+ =+=t::dI I ·10m

I .7ml

IIII

A~lt1m


~ .J::1 BA

Z '$ ~vJ: tVst-x---,f- ~

,. I "

~

1L.l.VAo I+1 I I

:~L.I.VB

I 1~+1I I I~L.I.Ms

I~.,I"', Ixr- I ",.', II-xI ....._~II I __ 1-1

I --- I~L.I·Osi _u-----

+1t...--

Fi•• VI-lO

Observação: A carga distribuída interrompida no princípio e no fim dotrem-tipo, ipdicada na Fig. VI-8, pode ser iniciada e terminada arbitrarIa-mente; ela corresponde à carga de multidão do trem-tipo. Devemos dispO-lade modo que ela contribua ao máxinlo para os efeitos extremos pesquisado!.

De acordo com a Fig. VI-9, temos:

V:áx= L (P;TIi + q r1.) = 20 X 1 + 10 X 1 + I X 10 X 1 = 40 t, I

M]1ax = -(20 X 10 + 10 X 7 + I X "2 X 10 X 10) = -320 mt (tracionando as

fibras superiores).

2.4.2 - Viga biapoiada

L.I.MS

I-I

1

II L.I·Os

1+1

I-(I-xl

I L.I'VA

+1

Fig. VI-8

r=1-I

oIIIJ 0III1/,I

1t/m

+

L1

Fig. VI-7

I

I 10+1

I II 1,..-I /VI 1/

I;1/,,IIIIIIII

Seja a viga da Fig. VI-7. Estuda-remos todos os efeitos estáticos, quaissejam, reações de apoio e esforçossimples.

Partindo da definição, supomos umacarga unitária percorrendo a estrutura,definida pela abscissa z. Busquemosas diversas linhas de influência, ouseja, as diversas funções E(z). Temos:

a) rea~ões de apoio

VA = +1 (arbitraremos o sinal Cf)para a reação vertical que for-de baixopara cima);

MA = -z (módulo z, tracionando asfibras superiores).

b) esforços simples em S. Temos:

{O, para z < x

Qs = +1, para z > x

{O, para z ~ x ~p

Ms = - (z - x), para z ",..x

A representação gráfica das linhasde influência, a partir de suas equaçõesE(z), encontra-se na Fig. VI-7.

2.4.1 - Viga engastada e livre

.,r-3m-f-

20t 10t

2.4 - Obtenção das linhas de influência para as estruturas isostáticas

---------~----"--_._--_._--_ ..._.", ...._--_.- -------


Ex. VI.I - Obter as reações de apoio máximas para uma viga e~lgastadae livre de 10 m de comprimento, provocadas pelo trem-tipo da Flg. Vl-8.

306 Curso de anãlise estrutural Estudo des cargas m6veis em estruturas isostáticas 307

b) Os efeitos máximos da carga móvel nas seções indicadas são

b.I) Seção A

A partir da Fig. YI-13, temos:

Observações: a) Conforme vimos nos casos 2.4.1 e 2.4.2, no estudo daslinhas de influência de esforços simples, devemos examinar sempre separada-mente as possibilidades da carga unitária estar ã esquerda ou ã direita daseção em estudo.

b) A linha de influência de esforço cortante numa seção apresenta sempreuma descontinuidade igual a 1 nesta seção, conforme podemos concluir apartir dos casos já estudados.

Ex. VI.2 - Para a estrutura da Fig. VI-lI, obter as envoltórias de mo-mento fletor e esforço cortante, cotando-as nas seções indicadas. São dados:

20t I l'Ot 1t1m

t:J::j * * *TII~L.I.aA

+1~5

Fig. VI-13

a) Carga permanente:

b) Carga móvel:

(+) IQAmáx = 20 X I + 10 X 0,75 + "2 X 12 X 1 = + 33,5 t

HQA . = Omax-t-3m+

c) Estrutura: A (j) CID ® B"{;f;,, I I I ~

I I If-3m+ 3m.,lc-3m -,l<-3m+

Sendo a seção A o apoio de uma viga biapoiada, temos: MA = O

b.2) Seção 1:

Temos, a partir das Figs. VI-14 e VI-15:

Fig. VI-li

Fig. VI-14

Fig. VI-IS

~L.' .•'I +1,5 m

+3mL. _---+2.25 m

1Ot~2Ot

Pare OH. ~

I ~Ot 10t 1t1mPara 0(+) • I -1

I I I -- II _--I -4,25 -t :I~Il~IL.I.Ol

I ~~ I+1l---- ~.75 I

1't1m

. - ------- - --

VI-I 2.2

VI-12.1

B- Ou (em t)

-12

Fig. VI-12

A

A <D @ ® B

~Mg(emmt)

+2:1 +36 +27

+12

Observação inicial: entende-se por envoltória o lugar geométrico dosesforços máximo~bos os sinais) atuantes em cada seção da estrutura.

a) A carga permanente atuante provoca os diagramas solicitantes indicadosnas Figs. VI-I2.l e VI-12.2.

308 Curso de anAlise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostãticas 308

Ql~~ = 20 X 0,75 + lO X 0,5 + ~ X 9 X 0,75 = +23,4t

Ql<;;';áx = - (20 X 0,25 + + X 3 X 0,25) = -5,4 t

~ I ?M1máx = 20 X 2,25 + 10 X 1,5 + 2" X L X 2,25 73,5 mt

b.4) Para seções simétricas em relação à seção 2, podemos verificar facil-mente que as linhas de influência de momentos fletores são simétricas eas de esforço cortante são anti-simétricas (mesmos módulos e sinais opostos),de modo que podemos escrever imediatamente:

(+) (+) (-)M1'máx = 73,5 mt; Ql'máx = +5,4t; Ql'máx = -23,4t;

Q2;::;~X = Qi~áx = ± (20 X 0.5 + la x 0,25 + ~ X 6 X 0,5) = ± l4t

'- Envolt6riade momentos fletores

(emmt)

1

Fig. VI-17

2

129

(Valores em mt)

1

SeçãoCarga Carga Envoltória

Permanente Móvel

I 27 73,5 100,5

2 36 93 129

1' 27 73,5 100,5

A

Faixade

trabalho

Para esforços cortantes, temos, a partir do quadro de valores a seguir,as envoltórias indicadas na Fig. VI-18.

,';dj<,;'

c) Quadro de valores e envoltórias

Para momentos fletores temos, a partir do quadro de valores a seguir, aenvoltória da Fig. VI-17.

(+) (-)QBmáx = O; QBmáx = -33,5 t.

VI-16.2

VI-16.l

Fig. VI-16

cIfd2~_---1-1

~

0,25 -O.!iO__ ---- Io L.I·Q2I G I

I - I----.- I+1L- - I

120t 10t I

Para momentos tletores temos, conforme a Fig. VI-16.2:

b.3) Seção 2:

"'~ 20 X 3 + lO X l,5 + + X 12 X .\ "" 93 rnt

Como as áreas positiva e negativa da linha de influência da Fig. VI-16.lsáo iguais, temos, para esforços cortantes:

C)

L.I.E

311

dzdzdz~

P2 ,- - - - - - Pj

1- - - -Pn

I I

P,z

Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas /.;J2.4.2.1 - Pesquisa dos valores máximos Tr2.4.2 .1.1 - Teorema geral

"Ocorrerá um efeito máximo quando uma das cargas concentradas dotr~m-tipo estiver sobre um dos pontos angulosos da linha de influência emquestão."

aiFig. VI-I9

A partir do esquema da Fig. VI-19, usando o procedimento clássico doCálculo Infinitesimal, damos um acréscimo dz à variável independente;' avariável dependente E sofrerá um acréscimo dE, e de valor.

2.4.2.1.2 - Obtenção da posição do trem-tipo capaz de produzir momentofletor máximo na seção S (dada) de uma viga biapoiada, supondo o trem-tipoconstituído por cargas concentradas.

Observação: este teorema é inteiramente geral, valendo também paraas estruturas hiperestáticas.

Impondo a condição de máximo, sabemos que:

antes do máximo: ~Pi tg <Xi> Oapós o máximo: ~Pi tg <Xi< O

Como os valores Pi são constantes, deve haver uma mudança em <Xiquesatisfaça às desigualdades anteriores. Logo, o máximo ocorrerá quando umadas cargas concentradas estiver sobre um dos pontos angulosos da linha deinfluência.

dE = (E + dE) - E = [~Pi(17i + dz tg<Xi) + qn] - [~Pi17i + qn] =dE= dz ~Pi tg <Xi dZ =~Pi tg <Xi

Envoltóriasde

esforçoscortantes(emt)

(-12)

Curso de análise estruturaJ

Fig. VI-I8

(Valores em t)

+45,5

(

Observações: a) A faixa de trabalho da estrutura é a delimitada pelasenvoltórias dos dois sinais ou, no caso da existência de esforços de umúnico sinal (Fig. VI-17), é a delimitada entre o diagrama devido às cargaspemlanentes e a envoltória obtida.

b) Até o presente instante, lidamos com trens-tipo bastante simples nosexemplos feitos, tendo sido, portanto, fácil chegar-se à posição que acarretaOS efeitos máximos. Caso, entretanto, os trens-tipo se tornem mais complexos,nec.essltaremos do auxílio de alguns teoremas, que estudaremos a seguir,para nos indicar a posiçãO que conduz aos efeitos mais desfavoráveis.

Carga Móvel Envoltória

SeçãoCarga

Permanente (±) G (±) GA + 12 + 33,5 O +45,5 (+ 12)

1 +6 +23,4 -5,4 + 29,4 (+0,6)

2 O +14 -14 +14 -14

1 -6 +5,4 -23,4 (-0,6) -29,4

B - 12 O -33,5 (- 12) -45,5

310

312 Curso de análise estrutural Estudo das cargas móveis ém estruturas isostãticasYr1: R.Re

J 313

Seja o trem-tipo composto pelas cargas concentradas PI• P2, .•• , Pn,indicado na Fig. VI-20.

Derivando em relação a z, vem:

dMs 1 - x x 1 - x x xdZ = -Re-1- + RdT = -Re -,- + (R - Re)T= Ri - Re,

Ic'1+---

~

Fig. VI-21

dMs X k-Iantes do máximo: CiZ = R I - t Pi > O

dMs x kapós o máximo: -- - R - - ~ P,. < Odz - 1 I I

c) A desigualdade vale também se, além das cargas concentradas, otrem-tipo possuir uma carga distribuída infinita.

d) A desigualdade vale para qualquer linha de influência da forma daFig. V1-2 I.

Observações: a) A expressão (VI.2) foi deduzida para um sentido detrem-tipo. Podendo o trem-tipo se deslocar nos dois sentidos (o que é ousual), deverão estes dois sentidos ser tratados como dois trens-tipo dife-rentes, prevalecendo o valor máximo dos dois obtidos.

b) Todo o raciocínio que fizemos só é válido na hipótese de não saíremcargas do conjunto PI, ••• , Pn da viga quando Pk estiver sobre S. Casocontrário, deveremos proceder por tentativas, respeitando o teorema geralestudado em 2.4.2.1.1.

As duas desigualdades, que definem o eixo crítico Pb podem ser englo-badas da forma a seguir:

k-I x k~ Pi < R - < ~ Pi (VI.2)i= I 1 i=1

sendo R a resultante de todas as cargas concentradas do trem-tipo.Suponhamos seja Pk a carga concentrada que, colocada sobre o pontoanguloso, nos forneça Msmáx (a esta carga chamaremos eixo crítico).Temos, então:

:;;;+-.(!..,""

Pk - - - :- - - - Pn

I

lI\!

z

s

p,- -:- - - 1\-,II

:Re.

'(>orsemelhança de triângulos, temos:

Fig. VI-20

1 Podemos substituir as cargas atuantes num mesmo trecho retilíneo de uma linhade influência por :;ua resultante, proposição esta de imediata demonstração, conforinepode verificar o leitor. e que f()i aplicada neste caso.

1 - Z +e (z - d) x1Je = 1 (1- x); 1Jd = --1- ..

l-x xMs o: Re -1- (l - z + e) + Rd T (z - d)

Chamando-se Re e Rd às resultantes das cargas do trem-tipo à esquerdae à direita da seção dada S, respectivamente, temos:'

Ms = Re1Je + Rd1Jdl n ,~1 __''Ilº ~ I[ - 'I,")1J--- ,;j,51 t.

314 Curso de análise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas 3115

e) A desigualdade que define o eixo crítico garante apenas que, caso omáximo ocorra com todas as cargas P" ... , Pn na ~ga, ele se dará com oeixo crítico sobre a seção. Não garante, entretanto, 'que não possa ocorrer'máximo com alguma ou algumas cargas do trem-tipo fora da vjga (verexercício VI.5).

As aplicações seguintes esclarecem.

b) 29 sentido: 8t 15t 12t 10t 5t

1 1 1118 < 20 < 8 + 15 1St é o eixo crítico.

Ex. VI.3 - Para a seção S da viga da Fig. VI-22, percorrida pelo trem-tipoindicado (que pode se deslocar nos dois sentidos), obter MSmáx'

o momento máximo valerá, a partir do esquema da Fig. VI-24:

MSmáx = 'f,Pj17j = 194,8 mt5. 101 121 15. 8.

S ! ! ! ! !,Iijh I A-t----8m------,f

\ 20m • .,f-'~ 2m-,f-- 2m--.I'--- 2m-t-1

,

Fig. VI-22

Devemos estudar as possibilidades do trem-tip~ se deslocar nos doissentidos. Temos:

IIII .1..- •...••

8

L.I·Ms

Fig. VI-25

8tlt/m

15t12t10t

Fig. VI-24

5t

+-lm-+-2m-,j<-2m--,f<-2m~

Ex. VIA - Mesmo exercício anterior, supondo o trem-tipo da Fig. VI-25.

Imediatamente, podemos escrever, a partir da figoVI-24:

Prevalece, então, o segundo sentido e temos, então:

Ex. VI.S - Obter'Msmáx para o trem-tipo e a viga indicados na Flg. VI-26.

MSmáx = 194,8 mt

1Msmáx = 194,8 + I X "2 X 4,8 X 20 = 242,8 mt.Fig. VI-23

IIIII .....1..- •...••

8

MS ' - ~D.,.,: = 194'"' mtmax - •.•c"" ,-

R = "í:,Pj = 50 t; R 3.. = 50 X 8 = 20 t.. I 20

5 + 10 < 20 < 5 + 10 + 12 12 t é o eixo crítico.

a) 19 sentido: 5t 10t 12t 15t 8t

1 1 111

o momento máximo valerá, a partir do esquema da Fig. VI-23:

317

L.I.MS

R(l-x-d)I

4m

- --- ------

p'J I [ I

r"IRe IR

+ + BA IA I I~

+I t VsVA

J- e --f-d ...-.,f~

'I X-----,fL --+-f

Fig. VI-29


Derivando em relação a x, obtemos:

Seja S a seção onde ocorre o Mmáx.abs.,. cuja abscissa x queremosdeterminar. Chamando-se R à resultante geral das cargas do trem-tipo;

d à distância do eixo crítico Pk à resultante geral R;Re à resultante das cargas à esquerda da seção S;e à distância de Re a Pk, obtemos;

2.4.2.1.3 -- Teorema de Barré (obtenção da seção onde ocorre o momentofletor máximo absoluto numa viga biapoiada, provocado por um trem-tipoconstituído por cargas concentradas).

indica a Fig. VI-28: MS = "iPj11i = 216 mt, prevalecendo então sobre ooutro valor.

Fig. VI-28

Logo: Msmáx = 216 mt

30 4 10 10 10

~ ~ t t ~

6m

R ([- x - d)x .Msmáx = ------ - Re e, POIS, VA

[

dMs R- = - (l - 2x - d)(]x [

rO ro roL. I. Ms

6m

Fig. vl-i7

TTTiT

?-x = (30 + 4 + 3 X 10) X 12 = 32 t[ 24

b) 29 sentido:

Temos:

a) 19 sentido: 30t 4t 10t 10t 10t

t ~ t ~ ~

Temos: 10 + 10 + 10 < 32 < 10 + 10 + 10 + 4, sendo a carga de 4t,novamente, o eixo crítico. Devido à simetria da linha de influência, não énecessário refazermos os cálculos e, para esta posição, teremos tambémMsmáx = 2041111.

Com isto temos garantido que, caso o máximo ocorra com todas ascargas sobre a viga (nenhuma fora dela), ele valerá 204 ml. Nada nos garante,entretanto, que não possa existir uma posiçãO em que apenas alguma oualgumas cargas do trem-tipo saiam fora da viga e que este fato acarrete oaparecimento de um momento superior a 204 ml. É o caso deste exercício,no qual, testando a carga de 30 t sobre a seção S, obtemos, conforme

Como 30 < 32 < 30 + 4, temos que o eixo crítico é dado pela cargade 41. A partir da linha de influência da Fig. V1-27 , obtemos:

MSmáx = "iPrrli = 204 mt

316 Curso de análise estrutural

A S30t 4t 10t lOt 10t

B

~ ~ ! ~ ~AT1 I :ó.~ 12m ~ 12m Ir

" " ••Fig. VI-26

..,j<4m,f4m-./'4m../<4m.,f


12

2.48mFig. VI-32

II

/"

4,5ml //1,.../

= "2,PiTU = /61 mtx = 4,5m

(..1

Fig. VI-H

d) Carga de 6 tx 34 X 6

Teríamos d =: 2m, o que acarretaria x = 5 + I = 6m e Ri= -1-0-',20,4 1.Logo, ela não pode ser eixo crítico.

8 8 12 6

~l'.~,

: ",//2.48m

I '"

5.5mV'" 1j( = 5.5m

c) Carga de 12 tx 34 X 5,5

Teríamos d = I m, o que acarretaria x = 5 1" 0,5 = 5,5 m e R T-= 10

18,71. Como 8 + 8 < 18,7 < 8 + 8 -I- 12, esta carga pode .ser eixocrítico. A partir da Fig. VI-33, temos:

a) Hcargade8t

Teríamos d = 2 m, o que acarretaria x = 5 - 1 = 4 fi e R ~ = 341~ 4 = 13,61.

Logo, ela não pode ser eixo crítico.

Msmáx = "2,PiTIi = 63,1 mt

b) 2~ carga de 8tx 34 X 4,5

Teríamos d = I m, o que acarretaria x =: 5 - 0,5 = 4,5 m e R T =: 10

= 15,3 1. Como 8 < 15,3 < 8 + 8, esta carga pode ser eixo crítico e teremos,neste caso, a partir do esquema da Fig. VI-32.

MSmáx

hnpondo a condição de máximo, vem:

I - dI - 2x - d = O, ou seja: x = -2-

--,r--:.1m-,f-1m--,f-1m+1m+

Ex. VI.6 -. Obter o momento fletor máximo absoluto para uma viga de10 m de vão, percorrida pelo trem-tipo da Fig. VI-30.

Fig. VI-3l

Para resolver o problema, verificaremos, uma a uma, as diversas cargas,constatando se podem ou não ser eixo crítico. Usando as notações daFig. V [-29, vem:

Fig. VI-30

A posição da resultante, de fácil obtenção, fica a 2 m.das cargas extremas,conforme indica a Fig. VI-31 :

-1:-1m+--2m-+1 m-t<-

Concluímos, então, que Pk e R devem ser simétricos em relação ao meioda viga e podemos, então, enunciar o teorema de Barré:

"O momento fletor máximo absoluto numa viga biapoiada ocorre numaseção tal e para uma posição do trem-tipo tal que o meio da viga coincidacom o meio da distância d que vai do eixo crítico Pk até a resultante geraldas cargas do trem-tipo."

Evidentemente, o teorema de Barré não nos fornece o eixo crítico, queserá obtido por tentativas, conforme ilustra o exemplo VI.6.

Observações sobre a validade do teorema de Barré:

a) Nenhuma carga do conjunto PI, ••• , Pn pode sair da viga.

b) Não pode existir carga distribuída infinita no trem-tipo.

c) É necessário (mas não suficiente), para que a seção crítica seja a domeio, que uma das cargas do trem-tipo coincida com sua resultante.


o momento máximo absoluto será, então, de 63,1 mt, para a seção a5,5 m do apoio esquerdo, quando o trem-tipo estiver no sentido indicado naFig. VI-30 e, devido à simetria de uma viga biapoiada, para a seção a 4,5 m,quando o trem-tipo correr no sentido contrário.

~ suma: Mmáx.abs. = 63,1 mt, para x = 4,5 m e x = 5,5 m.~

\~"t 2.4.3 - Viga biapoiada com balanços

,i

traçamos inicialmente as linhas de influência como se a viga fosse biapoiadll,prolongando-as, a seguir, para os balanços.

b) Para seções situadas nos balanços, o caso é ainda mais simples, pois aslinhas de influência só existirão entre a extremidade do balanço e a seça:oem questão, que se comportará como se fosse o engaste de uma viga engastadae livre entre a seção e a extremidade do balanço.

O exemplo da Fig. VI-35 esclarece.

~~~-------------------~-----------~-------~~--_.-

[ - zVA = -[- , para qualquer z (positivo ou negativo)

S:zA S, B 53I Ar I zs: It-e-+- __ ~--.I'- .,j<-d---.f

+--8 1 I------b____,l__

I I I I I :I I I I I~L.I.VAr---~I' ,~! 1

11:

I I I Irn-:J:..-,...,.I~ L .1. VB

:III~ I I I ",:1 II I I I I

I I I I} + I

II I x 1 .... -:/ I ! I II I ~ I _..:.1 I I

I I I -- I II ----=::==C_I ---=--:-=-JL. I . OsI 10:::;:::::;:::: _ ~ I 1

~I 1_-- II I +~ I I L. I. OsI I ~ 3

I I 1 +1

~

-d

I I 1'/I I ~ L.I.Ms-1' I I 3r==J I L. !.0s2

-C~', l I

l~ il.l.Ms2

Fig. VI-35

Notar que, devido às convenções de sinais opostos para esforço cortante,conforme sejam empregadas as forças da direita ou da esquerda, as linhas deinfluência de esforço cortante em S2 e S3 têm sinais opostos.

z ,,;; x (positivo ou negativo)

z>x

{- VB para z < x (positivo ou negativo)

Qs = 'VA, para z > x

{

Z(l - x)[ , para

MS =x (l - z)

[ , para

Para uma seção genérica S, pertencente ao vão AR, temos os seguintesesforços simples:

Comparando as expressões anteriores, válidas para z positivo ou negativo(ca'rga à direita ou à esquerda, respectivam~nte, de S) com as expressõesinstituídas para o caso da viga biapoiada em 2.4.2, vemos que são idênticase daí tiramos as seguintes conclusões:

a) Para se traçarem linhas de influência de reações de apoio ou de ~sforços&l.mplesem uma seçlto interior aos apoios de uma viga biapoiada com balanços,

zVB = T ' para qualquer z

Conforme fizemos em 2.4.1, temos as seguintes expressões para as linhasde influência no caso da viga biapoiada com balanços da Fig. VI-34:

322 Curso de anãlise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostãticas 323

L·I.Ms.

L . I • o,••eho o.a

.._-------------_ .._ .. _,-""

Fig. VI-38

I11IIIIII 0

1 I" II __ II y>l---- I II // I 1 I 1~_/ I_-r-I -I~II _-----1----+'

r • rc: SI I

~I

Ex. VI. 7

a - e eI X 1/ = -a- 1/e + a 1/d,

tentemos descobrir por que valor fictício 1/ deveríamos multiplicar P = Ipara obter o efeito correto E = a ~ e 1/e + !!... 1/d, isto é, vejamos qua.lseria a linha de influência já levando em conta

0o fato do carregamento ser

indireto e, para a qual, possamos trabalhar como se estivéssemos diante docarregamento direto.

Sendo 1/ a ordenada genérica da linha de influência levando em conta ocarregamento indireto, ela será definida por:

que representa a equação de uma linha reta (função linear de e). Calculemos2 pontos de passagem para definir esta reta.

Para e = O, temos 1/ = 1/e;

Para e = a, temos 1/ = 1/d'

Podemos, então, concluir imediatamente que, para traçarmos a linha deinfluênCia de um efeito elãstico E, levando já em conta o fato do carrega-mento ser indireto, traçamos inicialmente a linha de influência supondo ocarregamento direto e, ligando suas ordenadas nos pontos de transmissãode cargas por segmentos de reta, obtemos a linha de influência desejada.

(Supusemos que a estrutura que recebe a carga iniciahnente, transmitindo-a·à estrutura principal através dos pontos de transmissão de cargas, seja consti.tuída por vigas biapoiadas conforme indica o esquema da Fig. VI-37. Paraeste caso, é válido o traçado que acabamos de instituir.)

Os exemplos seguintes esclarecem.

Traçar as linhas de influência indicadas para as estruturas das Figs. VI-38a VI-40.

L.I.E

transmissãode carga

/,,-'---( L. I •••• pondo

cem_nto dinrto

'l. 'l

carregamento indireto

VI-36.2Fig. VI-36

L . I . corrigida,levando em conta ocarregamento indireto

Fig. VI.37

VI-36.1,carregamento direto

Observação: Caso de carregamento indireto

As estruturas podem receber as cargas que devem suportar continuamente,isto é, ao longo de todo o seu comprimento ou através de pontos discretizados,chamados pontos de transmissão de cargas, conforme o esquema da Fig. VI-36.Tais formas de carregamento são denominadas, respectivamente, carregamentodireto e carregamento indireto.

Nossa metodologia de trabalho com linhas de influência até então (casode carregamento direto) era, para a obtenção do efeito de uma cargaconcentrada, multiplicar o valor desta carga pela ordenada da linha deinfluência sob ela. Tentemos manter a mesma forma de trabalho, ou seja,

Em todo o nosso estudo de linhas de influência feito até o instante, foisempre suposto o carregamento direto. Vejamos que modificações deveremosintroduzir para levar em conta o fato de termos um carregamento indireto,quando este ocorrer.

Suponhamos traçada a linha de influência de determinado efeito E,supondo que o carregamento seja direto sobre a estrutura. Caso o carrega·mento seja indireto, estando a carga unitária na posição indicada naFig. VI-37, ela chegará à estrutura através dos pontos E e D, segundo asparcelas o ~ e em E e f em D.

.. O efeito E provocado pela carga unitária valerá, então:

~

_ a - e + .!!.. 'l/'--a----f. - a 1/e a 1/d -.f"-a..,j<- I

I IP=1 Ij-- ----I ~I____i

I EI ro

~~~~----_._-------------------"_._,_._--'"._-----_._-~----

324 Curso de análise estrutural Estudo das cargas m6veis em estruturas isostáticas 325Ex. VI.8

I A I I B I~A I lD.r

I I I I I I

'~!LO.v. I t:L\ I I .....-±J I

I! ....."1.- •......+1

Fig. VI-39

2.4.4 - Vigas Gerber

O estudo das linhas de influência em vigas Gerber recairá no estudo docarregamento indireto, senão vejamos.

Seja estudar a linha de influência da reação de apoio em A na viga Gerberda Fig. VI-41.

cb."------~;---IA1""7'i:--------zs-----<~

A B

Ex. VI. 9I I A I I B

: ~ ~ I ~I I I I

I I I I I If:::-::..J. ~!I ••.•.1

@ I _l-I I ;;.-

~ L..--+1

I

~IIIL. I. VA

Fig. VI-41

Esta viga Gerber, conforme sabemos, nada mais é que uma viga biapoiadacom balanços DABE que, em D e E (pontos de transmissão de cargas),receb~ as reações de apoio ~as vigas CD e EF, respectivamente. Sendo assim,podenamos rep.resentar .a Vlg~ s?b a forma da Fig. VI-42, a partir da qualo traçado da lInha de inflUenCIa se torna imediato, obtendo-se a linha deinfluência indicada na Fig. VI-42.2.

De maneira inteiramente análoga, raciocinaremos em todos os outroscasos. Os exemplos a seguir esclarecerão o assunto.

Traçar as linhas de influência indicadas para as vigas Gerber das Figs. VI-43e VI-44, cujas decomposições estão indicadas nestas mesmas figuras.

li E I

T E ~

I I II I I~~:u ..

I II II II carregamento II.• indj,e~~

para VIga ~ I__I DABE

Fig. VI-42

Viga biapoial. com balanços DABE

IAA

IIII

IIIII ca'revamento

indiretor--- para vig.••DABE

II

I

~IIII

Fig. VI-40

Observações: a) Nos exemplos VI.7 a VI.9, indicamos em pontilhado alinha de influência supondo o carregamento direto e, em traço cheio, a linhade influência já levando em conta o fato do carregamento ser indireto.

b) Notar, para o exemplo da Fig. VI-40, que, quando a estrutura querecebe a carga inicialmente é uma viga biapoiada com balanços, a correçãoda linha de influência é feita ligando-se os valores sob os pontos de transmissãode carga por uma linha reta, prolongada nestes balanços Gá que vimos queas leis de variação válidas para reação de apoio em vigas biapoiadas seestendem às vigas biapoiadas com balanços).

c) O carregamento indireto ocorre com muita freqüência êm Engenharianos casos de treliças e de arcos, conforme se verá nos tópicos correspondentes.

d) A forma mab conveniente de se estudar estruturas com carregamentoindireto, submetidas a cargas permanentes ou do tipo permanentes (acidentaisnão-móveis), consiste em calcular inicialmente as forças transmitidas pelospontos de transmissão de cargas e resolver, a seguir, a estrutura principalpara estas cargas concentradas, situadas nos pontos de transmissão de cargas,obtendo-se imediatamente seus diagramas solicitantes. (Existem traçadosgráficos para obtenção destes diagramas, sem ser necessário calcular as forçasde transmissão, mas julgamos a forma de solução apresentada a mais rápidae, lobretudo, espontânea, de modo que não nos deteremos nestes traçadosgráficoI em nosso Curso.)


~-------------------------_ ..._ .._-",._,-_.,--

Fig. VI-43

---->-----------. ....,----_ ....,-----I ~ I I I

ALS 18 AT I zs: o A g LSs o E FI I 7 I I I I G ~~~--

IA 16 I I E IH I,LS Co I n----zs-, -r-I G II 16 zs I I I I

I I I c I I I I

I : I I 1.1L.I.V

c:~'~J-lI : I!I I 'I I I Ii I I I I I I I I II I I I '.1 I I I I I I

I I· ---í I I II~I~I I QJL.l.osesq.

I~ I I I 1"=1 I II I 1+1 I I I I I I I II ! I I :: I I I I II i I _ --1-1 I, I I I I I~I .-Th-L I II~~I~I --=f I 1U·Osdir.

I I L----- I I I I I+1 I I I I I

I I I I I I I I II I I I I I /j I I I

I I // ! 0 I/ L.I.MrI I I II I I ' I1 I I I I

~ ...;.I_I I I~ ••...I Ii T~ ......•••••c:m L.I.0odir.

L_~

Ex. VI.11

Fig. VI-44

+1

c) Finahnente, levando-se em conta os trechos que constituem carrega-mento indireto para o trecho que contém a seção em estudo, fazemos acomplementação da linha de influência, ligando os seus valores sob ospontos de transmissão de cargas por linhas retas (prolongadas para osbalanços, caso existam). No caso, estes pontos são A, R, C, D, G, H(sendo C e D, G e H pontos de transmissão dos carregamentos indiretosECD e GH e A e B do carregamento indireto AB). A complementâção, nonosso caso, está indicada na Fig. VI-43.

L·I.Oeesq·

LI'OE di•.

L.I,Vc

A B C o E S F G H ~I~ á ~ ~ 1 ~ ~ ~

A I B I G ~ I:.::r-A I I ~~ II ." o I I= ~ l<I DecompooiçloI c ~E ~F G H E:

I I I I I I II I I I y..--=t~ I L.I.VeI I I ----I I 1

,li I~I~ I ~~I LI.M

rti. I I Iv 0 I \1I I II I I ~LI.MI

li i I1 LVI I1 u.o,.

I I i +1, I I +Ll.1·~I I I j''=;0.I I I I .:--1-1 I I

I «===-1 ~ I~ I---::::=:::---': LI·Os

I I I I +lr--1 I I II I __1-1 II--d----.--I 1 I __ ~- I~jIII~~I

~+1

I : '~-~-f i~ 1I1

~

Ex. VI.10

Observação: O roteiro para traçado de qualquer uma das linhas deinl1uência em viga Gerber pode ser ilustrado, por exemplo, para o caso daL.I.VE·

a) Verificamos iniciahnente em que trechos da viga Gerber a atuação daca;ga unitária não dará influência para a seção em questão, ficando definido,assim, ~m trecho, nulo (ou maiE de um) da linha dI': influência desejada(no caso, será o trecho HI).

b) A seguir, analisamos o trecho em que está situada a seção, tratando-se,no caso, de um !Ipoio de uma viga biapoiada com balanços DEFG, cuja linhade innuência podemos, então, traçar neste trecho, por tratar-se de problemajá resolvido por nós em tópicos anteriores.


IH'

111.11II.2

111.3

IHAm.5IlI.6

-ycosuL

VI-46.2

11 Y r- __- ---- If. -_

~~9

Podemos, então, escrever irnediatamente que

UH' = 1 UMgf cos Q

LLMs = UMs -. (y cos a) L.I.H'Ll.Qs cos <.pL.I.Qs - sen (<.p- a)L.I.H'UNs = - sen <.pL.I.Qs - cos (<.p- ex) L.I.H'

VA Va

VB ;'r:

H'= -~f COS Q

AIs = Ms _.H'y cos Q

Qs = Qs cos <.p- H'sen (<.p- ex)

Ns = - Qs sen <.p- H' cos (<.p- Q)

VI-46.1

Partindo destas últimas expressões. obtivemos os traçados gráficos que seencontram na Fig. VI-45.

Observações: a) A linha de influência de momento fletor na seção Sfoi obtida a partir da soma das duas linhas de influência indicadas na Fig.VI-46, que são suas parcelas constituintes, conforme indica a expressãoanteriormente deduzida.

,

~IJ·L.,.M,

I II . ~!.

xl..,:::-:::::-

c) Caso desejemos traçar linha de influência de momento fletor numaseção situada entre C e B, basta inverter a figura, ou seja, x passará a ser adistância da seção até B, II será substituído por 12'e as ordenadas-base parao traçado da linha de influência serão marcadas a partir de B, ao invés deA.

Fig. VI-46

b) A respeito da L.1Ms, demonstra-se com simplicidade, a partir de consi-derações geométricas, que, para os arcos tendo a concavidade voltada parabaixo (caso usual da prática), x - Ijy/f é sempre negativo, para seções entreA eC.

A partir do estudo feito no item 4.1 do Capo m, do qual o caso da Fig.VI-45 é caso particular (pois existe apenas uma carga concentrada verticaluniJia), sabemos que:

, '1:;"G

1 (; -.......: .

/ YI

A '1/ - -I -l-; I - t:BH:"'-- • .= -=:1 '-'-- I I I 1

VA~x==tl" ~ '2--+a 1":115 19 Ib

~ .ê.viga de I I 1 tsubstituição t I I I ~

~ II . I I I I L.I,VA

~I+1~1 I

I I I I I

~

. L.I.VB

I' eI I I I +1

I ! 1 I I

{I..............:~\L.I·H.

f~:SQ ~--T1-1 IL_ 'I I I

',y {I --+--1_1 Ix-- I r----

f ~I/===---=--I L.I.Ms

{I /+/

x I / /~//

2.4.5 - Sistemas triarticulados

Fig. VI-4S

Observação: As linhas de influência foram traçadas, neste exemplo, empontilliado, supondo o carregamento direto, sendo após corrigidas (em traçocheio), levando em conta o carregamento indireto indicado.

330 Curso de análise estrutural Estudo das cargas m6veis em estruturas isostáticas 331

-------------------------, ...""-_._ .. , ..._.,-~--_ ..,.,_..__ ..

----------

Fig. VI-48

o traçado das linhas de influência dos momentos nucleares superior einferior, indicado na Fig. VI-48, será análogo ao de momento fletor atuantena seção, pois a diferença entre eles é que o momento fletor atuante naseção é o momento das forças existentes de um de seus lados em relação aoponto (x, y), enquanto que os momentos nucleares são os momentos das mes-mas forças em relação aos pontos (x KS' YKS) e (xKi, YKi).

Fig. VI-47

eixo

e

d) Como as linhas de influência de esforço normal e de esforço cortantepodem assumir diferentes configurações geométricas em função de valoresparti ares de <.(i e a, e de posições particulares da seção, preferimos nãotraçá-las, ficando seu traçado para ser feito, em cada caso, por soma dasduas li s de influência que são suas parcelas, conforme as expressõesdeduzidas neste item.

e) Chamamos ponto de inversão de cargas ao ponto em que a aplicaçãoda carga unitária não acarreta o aparecimento do esforço estudado, na seçãoem questão. A obtenção gráfica do ponto de inversão de cargas na L.LMsestá indicada na Fig. VI-45.

em que: MKs e MKi são os momentos da resultante das forç~s externas,atuantes de um dos lados da seção, em reação aos pontos KS e K', denomina-dos, respectivamente, pontos nucleares superior e inferior, e cuja posiçãose encontra indicada na Fig. VI-47;

WS e Wi são os módulos de resistência (superior e inferior) da seção;as'e ai são as tensões atuantes nos bordos superior e inferior da seção,respectivamente (positivas, se de tração).

Como WS e Wi são constantes (só dependem da geometria da seção), oestudo das tensões máxima e mínima atuantes na seção recairá no estudode seus momentos nucleares superior e inferior máximos e mínimos.,

2.4.5.1 - Tensões nos bordos das seções

Sabemos, da Resistência dos Materiais, que as tensões normais atuantesnos bordos superior (s) e inferior (i) de uma seção, em uma peça trabalhandoà flexão composta, são dadas por:


L.I.MKd IIIIIII

--r- I-I,--tI -K-.-fj II p=, I

la II IB

-------. --

Fig. VI-50

IIII

I I II I II I I I

~i~11+ I

1...______...------ I------...------------1 I I

...______------------ I I II ...______~...------ I I Ir~ I I II I I II 1 I III

I .-L--~-xe+~

K f

I1

III /'1//(

__ eixo

Fig. VI-49

e

2.4.5.2 - Tensões nos bordos dos encontros

Sabemos que as tensões normais, atuantes nos bordos esquerdo e direitode um encontro, são dadas por:

z z I,M Kd ::: - T x Kd + I f COS Q YKd cos Q

Para a carga unitária entre A e G, ficamos com:

A partir destas duas expressões podel1}os traçar a L.IMKd e, com raciocí·nio inteiramente análogo; chegaremos à L.IMKe .

Tais linhas de influência estão representadas na Fig. VI-50.

(Notar que os pontos de inversão de cargas podem ser obtidos grafica-mente, conforme indica a Fig. VI-50.)

em que as notações e convenções são as mesmas adotadas em 2.4.5.1. Paradeterminar estas tensões, temos, portanto, que estudar as linhas de influênciade momentos nucleares nos encontros, obtidas a partir do esquema daFig. VI-50, conforme se segue.

Sendo H' e VA as reações de apoio em A (ver 2.4.5.1), seja obter omomento nuclear em Kd. Temos:

MKd ::: - VA' XKd + H'yKd cos Q.

Para a carga unitária situada entre G e B, esta expressão assume a forma:

Observações: a) Os pontos de inversão de cargas para as linhas de influên-cia de momentos nucleares podem ser obtidos graficamente, de maneiraanáloga ao caso do momento fletor.

21.)Para os arcos não muito altos(c da prática), cometer-se-á um erromu pequeno se, ao invés dos pontosnucleares KS e Ki verdadeiros, traba-lharmos com os pontos'k' e~, obtidosconforme indica a Fig. VI-49, em quetemos:[(S e Ki: teoricamente corretos;TçY e ki: aceitáveis na prática.

334 Curso de anãlise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas 336

Observação: Todas as linhas de influência que estudamos até agora nesteitem 2.4.5 foram traçadas supondo o carregamento direto sobre o triarticula-do. Nos casos de carregamento indireto, sofrerão evidentemente as correçõesjá definidas anteriormente para este caso.

Os pontos nucleares k!são dados por:

Ponto k!: x = 12 m;

Ponto k!: x = 12 m;

e ki, obtidos a partir do esquema da Fig. VI-52,

y = 9,22 m

y = 8,78 m

Fig. VI-52

1

IY=~x 12=9m'

4I 192t

----1-------- ---I I - t192t,~ 12m} 24m k

Fig. VI-53

s

192t-192t t

.,j<--12m

t9 'P = 0,5 (2)

a) Estudo da seção S (para 1 arco):

19) Carga permanente

Para a base dos encontros, temos:

S = 6 X 6 = 36 m2

We = Wd = 6 X 6:6

III

I

II

---..t-----12m-_-6m--+

Fig. VI-SI

I

f - ---- 12m--------,f-.---12rn---12m, 6m

• t i' <f-

2m 2m 2m

a) na seção S (que é um retângulo de 30 em de largura por 1,20 m de altura,para cada arco);

b) na base do encontro.

Trem-tipo para cada arco: 1 t/m

~x. VLl2 - A Fig. VI-51 representa um dos dois arcos iguais de concre~or de uma ponte. Admite-se, com pequeno erro, que a carga permanente sejauniformemente distribuída, de 8 t/m, atuando diretamente sobre o eixo decada arco (que coincide com a linha de pressões da carga permanente). Opeso de cada bloco (incluindo a superestrutura sobre ele) é de 300 t, naposição indicada na figura. A carga móvel, para cada arco, é dada pelo trem-ti-po a seguir. Pede-se estudar as tensões máximas:

Ternos, para a seção reta S:

W! = Wi = b;2 = 0,3 ~ 1,22

= 0,072 1113

S :. 0,3 X 1,2 = 0,36 m2

A partir do esquema estático da Fig. VI-53, temos:

2Valor obtido a partir da derivada da equação do eixo do arco ou a partir da relaçãolU.12 deduzida para linha de pressões no Capo lU.


12 - ~ x 8 78 = - 556m12 • •r------ -278m

I S:"'-_.."t./é~[í ~~==========--L. I. Mki~llgI~III ".f I I// II // I. I,~_/ ~ 4,5m~

+12m

-39,7 rnt

45 mt

- 624 t/m2

+ 552 t/m2

- 652 t/m2

+ 574 t/m2

-, ·15=1::.072

:)'),70,072

+ 19,5 X 4,61 X2

Resumo de tensões (valores em kg/cm2):

Daí, vem:

M . {ap~ax.11 kla = ---

WII +

°p max.

Carga . I Carga móvel TotalTensão

permanente (+) (-) (+) (-)

ali - 58,8 + 55,2 -62,4 (- 3,6) - 121,2

ai - 58,8 + 57,4 -65,2 (- 1,4) - 124,0

Daí, obtemos, imediatamente:

{

_ -47i Mkll 0p max. = 0,072 =

a = --oW' + 41~

0p max. = 0,072 =

M . (-) 28,5 X 2,78 X 1k' max. 2

Observação: Não chegam a ocorrer tensões normais de tração na seção (oque é desejável, por se tratar de um arco de concreto).

b) Base do encontro (1 base para os 2 arcos)

19) Carga permanente

A partir do esquema da Fig. VI-56, temos:

M = 384 X 3 + 300 X 0,5 - 384 X 3 = 150 mtN = -684tD' N M d'dat, temos: a = S ± W ' con uzm o, no caso, a:

-684 150 _ {-14,8 t/m2

a = ~ ± 36 - _23,2 tlm 241,3 mt

-47 mt

Fig. VI-55

29,2 X 3,22 X2

18,8 X 4,39 X 12= +

12 - ~ x 9 22 = - 6 44m12 • •

r--I ---- -_ -3,22m

I s L1e~ltI ----YY;;J9m I I

+12~ //" / I Ii//"'/ I I---- ---,j..-f-;-,2m

Fig. VI-54

Vg = 8 X 24 = 192 tql2

Hg = 8[ = 192 t

Ng = _..j 1922 + (192 - 96)2 = - 214,4t. conforme IlU3 e, então:

; =_Ng = _ 588 t/m2

, 29: Carga móvelPara obtermos as tensões máximas produzidas pela carga móvel, precisamos

traçar as linhas de influência de momentos nucleares, o que se acha feitonas Figs. VI-54 e VI-55, a partir das quais, obtemos:

338 Curso de análise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas. 339

29) Carga móvel:

Sendo as linhas de influência de momentos nucleares na baSe do encontroas indicadas nas Figs. VI-57 e VI-58, obtemos:

Fig. VI-56

{

- - - 92,8 _ 2 6 / 20p max. - ~ - - , t m

+ 32,8 20p max. = 36 ::0,9 tlm

{

-88 2a- = -- = - 2 4 t/mp max. 36 '

a; max. = ;~ = 0,8 t/m2

36 X 2 + 4 X 4 = 88 mt

- 14 X 2 = - 28 mt

d _ MKea ---Wd

Daí, vem:

Resumo das tensões (valores em kglcm2);

oe = _ MKdwe

M i+) =K max.M (-)

Kd max.Daí, vem:

M (+) = 28,8 X 1 + 2 X 2 = 32,8 mtKe max.

MKe (-) = - 23 2 X 4 = -' 92 8 mtmax.' ,23.2t/m2

,...íI 3mI I

1 1d

300t

..j<---2.5m--f1

II

e

14.8t1m2

4m 2mi ~.

1 1~ +--12m-tg~ I LIMKd

[1~~+-----L -- +2m--+4m 24x 3-2+ -12-=+4

Fig. VI-57

2m 4mf,lc "

II -4m t4•smt:~I~;

+2 V L - - - - - - +1mm 24- 4 + 12x 3 = + 2m

Fi,. VI-58

Carga móvel TotalTensão Carga

permanente(+) (-) (+) (- )

(Te -1,48 +0,08 -0,24 (- 1,40) -1,72

od - 2,32 + 0,09 -0,26 (- 2,23) -2,58

Observações: a) Conforme vemos, não chegam a ocorrer (como, aliás, nãodeveriam) tensões de tração na base do encontro.

b) Notar que, nas linhas de influência traçadas nas Figs. VI-54, VI-55,VI-57 e VI-58, foi feita a correção devida ao carregamento indireto. No caso,apenas por coincidência, elas foram idênticas às traçadas inicialmente, supon-do o carregamento direto.

Ex. VI.l3 - Traçar as linhas de influência indicadas para o pórticotriarticulado da Fig. VI-59.


Fig. VI-59 Fig. VI-61

Traçamos as linhas de influência como se se tratasse de um arco AGB,aproveitando-as no trecho CD e prolongando-as para os balanços, conformeindica a Fig. VI-59.

Um caso interessante ocorre para as linhas de influência de momentosfletores nas seções 81 e 82, vizinhas ao nó C, senão vejamos.

Para a seção 81 (infinitamente próxima ao nó C, pertencendo à barra CD),a linha de influência de momento fletor no trecho CD é, evidentemente, igualà linha de influência de momento fletor em C no triarticuladoACGDB; parao trecho EC, ela será a indicada na figura, devido à igualdade estática, emtermos de momento fletor em 81, dos dois esquemas dados nas figurasVI-60.1 e VI-60.2 (para estes dois esquemas, este momento fletor será dadopelas mesmas forças sendo, portanto, iguais seus valores).

P=1

GC G o

8, 8,

H'---- -:..-H'

k t VB k tVB

VI-60.1 VI-60.2Fig. VI-60

Analogamente, para a seção 82 (infmitamente próxima ao nó C, pertencen-do à barra AC), a linha de influência de momento fletor no trecho CD éigual à linha de influência de momento fletor em C no triarticulado ACGDB;para o trecho EC, ela será, conforme indica o esquema da Fig. VI-61, igual àdiferença entre as linhas de influência de momentos fletores em 81 e 83 (istoé, L.IMs2 = L.IMs1 - L.IMs3) neste trecho, chegando-se ao traçado indica-do na Fig. VI-59 (notar que o trecho EC será o prolongamento do trecho CG,no caso).

IL.I.MS3

~ 1 L • I . NG (= L . I . H')

I

Observação:O pórtico triarticulado é tratado como se fosse um arco triarticuladoAGB

comum, da maneira seguinte.

E Sa C S, G o F- - - - -rr- I ---- ----~--II :í"~1 I I ~ I 4m

Y( I I I~" 1A'/:í" I I I 1",,8_

I I I I It-2m--,f-2m-t--4m -7 4m-+-2m+2m-fI I I I

4- ~ =-4mi--l I I

I 1----1----- I IIII~.II

I I ~---IL.I.Ms<----f0Y I I I 1

I 1///1 I" I II /1 /+4m~---í I I I I-4ml-- __ 1_ I I I I

I I --1-- I I 1

I I I I I II I I L.I.M

s2

I GI / // 11//

+4m~2m~

~ I 1

I I I I

I~-~III~I

t=21---+- -- I _J-J-lI: 1---- I 1

:__ - _=IL.I.QG

+lL------


tomando momentos nulos em

Para carga à direita de m - 2, temos: J'ó = VA,sendo o esforço de compressão.

Para carga entre A e.m - 2, trata-se decarregamento indireto, sendo os dois valoresextremos conhecidos, chegando-se ao traçadodado na Fig. VI-66.

Fig. VI-64

Passemos ao estudo da diagonal Dm.

Supondo P = à direita de m, temos,relação a O:

VAa = Dmdm :.

Por I;Mm .= O: Om+l hm cos Qm+l + Mm = O, sendo Mm o momentofletor na viga biapoiada de substituição em m. Daí, vem:

1LI.0m+1 = ------ L.IMmhm cos Qm+l

Por I;Mm~1 = O: - Umhm_1 cos Otm + Mm-1 = O, sendo Mm-1

o momento fletor na viga biapoiada de substituição em m - 1.Daí, obtemos:

LI.Um= h LJ.Mm_1m-l COS Otm

aL.I.Dm = d L.I.VA (P = 1 entre m e B)

mSupondo P = 1 à esquerda de m - 2, temos, trabalhando com a parte

da treliça à direita da seção de Ritter e tomando momentos nulos em relaçãoaO: VB (a + l) = -Dmdm

a + 1:. L.I.Dm = -T" L.I.VB (P = 1 entre A e m - 2).

m

Para a carga P = 1 entre m - 2 e m, em se tratando de carregamento in-direto e conhecendo-se os pontos extremos da linha de influência nestetrecho, basta ligá-los por um segmento de reta, completando-se então aL.I.Dm·

As diversas linhas de influência estudadas estão desenhadas na· Fig. VI-66.

Observação: As linhas de influência de esforços normais nas barras verti·cais Vo e Vn fogem ao critério usado para as três barras genéricas anteriormen-te estudadas, mas são facilmente obtidas a partir da consideração do equilíbriodos nós A e N, conforme indicam as Figs. VI-64 e VI-65.

Fig. VI-63

s ~ m+l

°m+l

Seja a treliça da Fig. VI-62, carregada "inferiormente (sendo os nós ospontos de transmissão de carga), para a qual desejamos estudar as linhas deinfluência de esforços normais em 0m+l' Dm e Um (representando os trêstipos genéricos de barras da treliça). Passando uma seção de Ritter cortandoestas três barras, obtemos, a partir do esquema da Fig. VI-63:

3Em todos os exemplos deste tópico, suporemos o carregamento indireto sobre aestru tura definido por vigotas biapoiadas sobre os pontos de transmissão de cargas.

2.4.6 - Treliças3

Iníciaremos nosso estudo pelas treliças de altura variável, particularizan-do-o, após, para o caso mais freqüente, que é o das treliças de altura constan-te. Conforme se verá no desenvolvimento do estudo, devemos fazer distinçãoentre os casos de éarregamento superior e inferior.

a) Carregamento inferior

---o~~m+l- ----

--- um-- ----vJ m

~

L ~ I"

~ a 1 '1

Fig. VI-62

... ~-,._----_ _._ _ .. ----_ .._-----_ ""~--------_._--_ .._--

344 Curso de análise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas

Temos, imediatamente: Vn = O.

A partir das expressões anteriores,temos, usando as notações empregadasna Fig. VI-62:

Fig. VI-65

zero '"

• zero

b) Carregamento superior:

Com raciocínio inteiramente análogo ao usado no caso do carregamentoinferior, obtemos as linhas de influência da Fig. VI-67:

m"

-_._------- --",., _----~-_ _-_ _-----------

Im+l

--~~a.~~I -T~m I B

I ---~_ II I m-2 :

t-xm-'lI ~ X I1 m I 'i I

I ( 1--- --- I : I I II ~ I ----- I I I- hmcosam+1 I ::.>1..... I II I~I 0 I~; LI.OI I ~ m+l

I 1~IL.I.Um

II Xm_l {I ~ I I Fig. VI-67hm_1cos am 1 -- - I ,I I I

I I' II I I I II~I I I 1-- -- -- í} d

m

I I -----I I II -- ---J~ sW:::=l-1 L.I.Dm__ --- \1__ - - --L:--------- ri

+ -ª--dm I I I

I I I-1' I ,

r------........ IIL~'I I· I L.I.vo

I ~-1I -

L.I.V"

._--_ ..- ---_._._------~~-----_._--_ .._--_._----

347

(= + Ação do ponto c1tltransmissão de car~jasoba barra Vmt3, por cqwIIbrio do nó m13)

(= zero, por análise doequilíbrio do n6 E)

D

II L.I,Vm+3

II

_. 1 L.LVn (=zero, por equilibrio do nó D),

+,zero

Ec

I I m,+3 I! 1 : I ~_~_.L_I-,~ -1- I I 1 1I L.I.vm+2(=+L,l.o",+1,m>21

I ""º- I -- 1+,1

1- ----I I I I

1 I I I-11-_ ~ _ _ I I I I I

- - - , -. - - --l- II 1 ~I L.I.Vm+5(= -L.I.o",+5,B)

1I I-l- 10'y-!1I I I I I -...l-I+'-'r-I I I I I!L:0 I -~ I L.I.Vo

(4) (obtida por análise doI I 1 1 equillbrio no nó A)

I 1 I 11 z~ro I II I II I I I

I ""]VII

._u __ •• _. ,_ •• _"'_

Fig. VI-69

Ex" VI.l 5 - Traçar as mesmas linhas de influência para a treliça doexemplo anterior, agora suposta carregada inferiormente.

Confornle já vimos no item 3.3.1 do Capo IV deste volume, as linhas deinfluência de esforços normais nas barras superiores, inferiores e diagonais detreliças de altura constante, formadas por painéis retangulares, não sofremalterações se o carregamento superior passa a ser inferior. Por esta razão, nãoas desenharemos novamente, fazendo-o, apenas, para as barras verticais, que semodificarão, conforme indica a Fig. VI-69.

4 Linha de influência obtida com nlciocínio inteiramente análogo ao empregado paraa obtenção da L.I. Vo para a treliça da Fig. VI-62.


l.. I . Vm+11= - Ação do ponto de transmi~são ducarga sobre Vm.;-\. por eqwllbnodo nó El


I E I o

iVo ~

8-+m-1 4n Im n1+1 m+2 m+3 m+4 m+5 _

r-'m,+ L I I I ' 1 I+--....---..- 1 I 1 1 II~ I I L.I,Um(=+-L.I.Mm_,I

~ ~IIh 1__ i I I

1--.L _I I I 1 I I I'

-'m 1 I I 1h I e 'I~~i ~~m(=-+L.,.Mml

I 1 I I I -+ _.I-- --1-- -, sen 'Pm1 L_l---r- I ,

-..L- ~---d,~1 0) ~ ! L.1.Dm(·+ ••••'Pm LI·o",'ml

+sen'Pm I---Lr'- I 1 I i I1- I I I 1 I ! I

_--..1-1 ------L., -' 1 I I I .sen'Pm.' I I~· ~ ,

Ill.I.Dm+2("'---l.I'C1mtl m+2J---====:=t+i7 sen rpm+2 •~.1_1___ 1

I I 1 I -i-'--.j +--i-I I I I I i _L- . ..j _, •••• 'Pm

.,

1 I 1 ~:-I---- I

1 ======-===~~ I L.I·\Im.,ldL.1 o",",m.,I

I l_-I_I...l.~ I+, 1-- - - 1 I I I I I-, 1- - - '- ~ _1- .J__ '. _ I i I

I I -+:),7~ L.I. Vm•• I=' L .1. 0",.4. m'"

1 01, I I

I I 1 I -1- --I +1

·1 [ I E> 1 I I: L. I . Voto _ UVA' po,"qul'(b"o do nó AII I i

1 I l-I I 1

I I~~ Ii II---- ! I l.l. Vm+JI'" zero, porequiltbriodo nóm+3)

1 I /1": !/OI L.I.Vn(=-AçãodOPOnlodetrans,!,iss~ode

carqa sobre Vn• por equill'bnodonó Dl

Ex. VI.l4 - Obter as Unhas de influência indicadas, para a treliça daFig. VI-68, carregada superiormente.

Fill' VI-68

346

2.4.6.1 - Caso particular: treliças de altura constante

As 'Unhas de influência dos esforços normais atuantes em treUças de alturaconstante são imediatamente obtidas, em função da viga de substituição, apartir das conclusões a que chegamos no Capo IV (conclusões estas assinaladasem grifo). Os exemplos seguintes, em que as expUcações sobre o traçado decada linha de influência se encontram, entre parêntesis, a seu lado, escla-recerão:


(carga móvel @ )

lcarga permanentel

(carga móvel e I

Fig. VI-72

9=4t/m

+ llllllllI II 2t/m 120. 120. 2t/mir: I J I LIt:::n::::d:I:I : "'Im 120' 120.: I I II Ci:I±o±:d: I II I I I I I I II I I I I _--1"'I I 1 1_0.:1__ 1---1- II I~IIII+0.4~===--=== I :~II 1 - - T +0.4 II +'1-- I II I I I

..r------8m r 10m '1L 10m "l

Fig. VI··7l

~4m

I+-200-+-200+ 200+ 2m-.,f-2m-+- 200+ 200+200 -+- 200-+-2••-+

,G;;T I zs: o ó .viga de substituiçlo

I I I -I I I

II I I J-Vi I II -+---- I I tI--=====-=-~I~ I Il.I.O,I'Vil.I·Q',2i

_---- I I '+'-2 I+fil I ~I I

i ~~: 1.I.U51,Tl.l.M,1

I I I II : , __ 1-, : I

-i ---------.-.--I-YT=t=-: -~I-~I-~ l.I.V51=-l.I.O,.'

I I I II I........... ~ I 1.1.U81=..!-1.I.M,'

I~ 2

l---+..1.._ =+ 1

2

Ex. VI.l8 - Supondo que a carga permanente atuante na treliça do exem-plo VI-16 seja de 4 tlm e que o trem-tipo que a percorre seja

obter entre que- valores extremos variam os esforços normais em V4•+ 5/3

! l. I . V1(= •• L. , . 00.1)

I L. I . Vai"" zero, por equil(brio do nó O)

:6. Viga de substituição

I zero

III

+ -4 ••

Fig. VI-70

Ex. VI.17 - Traçar as linhas de influência indicadas para a treliça daFig. VI-71.

Ex. VI.l6 - Obter as linhas de influência indicadas para a treliça da Fig.VI-70, carregada superiormente.

+A

III

llii/rl I·,I---~' I I

~I~ I

-51 3 1 I3~il

~II I l-I II~:I I I t L I V2('" - Ação do ponto de transmissão de cargaI I I -1 sobre V2 por equilíbrio do nó A)

I I I"" --- 4 - - - 1I I ~T- I I~I ~.~iL,IV,I=+L.,.o.,,51

I 1 __ -" - -- T I I, -5/3 P- -_ __ - I I I I~I ---I-I~:I ~~ . L I,0510--t-L.I.04.,1

1--1- I !I I I I--I I I~I ' ~I -===~ I L,I U,I='+L I.M,'

I '+12=~- I

3 I li, V,I= mo, po< 'oul'lbelo do n6 51

I 1_,

~ ~ L, I. V,I = -Ação do ponto d, ',,",ml',;od, ,"g,sobre V]. por equilíbrio do nó S)

Os esforços normais em V4 variam, portanto, entre os valores extremos- 9,6 t e 25,6 t.

Ex. VI.19 - Traçar as linhas de influência indicadas para a viga Hasslersimétrica, carregada inferiormente, da Fig. VI-73.

381

As explicações sobre o traçado dasdiversas linhas de influência se encon·tram, entre parêntesis, ao lado de cadauma delas. Merc,:e menção à parte ocaso da barra V/r" cuja linha de in·fluência, obtida a partir do equiltbriodo nó m, conforme indica a Fig. VI··74, é dada por:

. 1L.I. V;n = LI(-2" Qm-J,m + R),

sendoR a carga transmitida pelo pontode transmissão de carga sobre m. Estaexpressão define o traçado da linhade influência, feito na Fig. Vl-73.

R

---s~

Estudo das cargas móveis em estruturas rsostáticas

Fig. VI-74

1 !Di_Q m2 m-l,m ~mi~,

m


Carregando a linha de influência de V4 com cada um dos três esquemas decarregamento indicados na Fig. VI-n, obtemos:

• .K _. 4 ( 0,4 X 8 0,4 X 10 0,4 X 10) _ 64v4 - --2- - --2--+ --2-- - + , t

vI max 20 (0,4;- 0,2) + 2 (0,4 ~ 8 + 0,4 ~ 10) = + 19,2 t

v~~ax - 20 (0,4 + 0,2) _l. X 102X 0,4 = _ 16 t

Fig. VI-75

3.1 -- Os efeitos da carga permanente podem ser desprezados em presen-

+-- 2m ~------8m -------t-- 2m-+-

DC

li

r r r rB

IAA

ça da carga móvel, definida pelo trem-tipopua a viga da Fig. VI-75. Pedem-se:

a) momento fietor máximo positivo;b) momento fletor máximo negativo; +-,;;;-f-~~c) módulos dos esforços cortantes máximos.

3.2 - A viga da Fig. VI-76 é percorrida pelo carrinho indicado na figura,que pode se deslocar nos dois sentidos. Sendo desprezível a carga permanenteatuante, esboçar as envoltórias de momentos fletores, cotando-as para asseções nos quartos de vão.


+1f,1

-th/2

-+h/2

I -t-m-'I lUm1lm 1" I -I, I S, S, 'I I+--'m-'--+ I I

-~I_ I I . I Ihl~

I~~===== : L.I.Oml=-+L.I.Mm_, .• p.rt"d ••• ção

1 1 I I S,-S,}

I~I . I L.I.UmI=++L.I.Mm_l,apartirdao I ••çãoS,-s,}·.;;.01.1_---- I 1 I

I--I~II I1 --+--- ,-2sentpm! ~~ I L.I'~(=--2-'_L.I.a",_1,m.apartir

I --±-r- _ I sen lFm

I . 1 1--1--1---_ 1+2senllJl daseção~-S2edoequi'O>riodonôB)

I 1 1 I ---I m

I I I I -1--'-I 1_-.L------ 1 2 •• nOm

; ----:-r-l:-~::===-.J L.I.~i::+~L.I·Om_l,m,ap"rtirda1 ~_~ I .senCPrn

+ 258"" mi-- - - t - I I I I 1 seçãoS:2-~ edoequillbriodonó BJ

I 1 1--1--,------1-,~-- • -----I L.I_'C.1=++l.I.0m_l,m.poreQUiilbriO

+...LI----I--j I I I do nó A)

2 I I I 1 I I-+I- ~- 1 1 I I

>1- -~--"-- 1 .1 =elw"JV L.' . V~ I••,F;9.VI-74)I -,1- -1- I

I I ----1·-+I I 1 II~I I LI.V" ,. ""rt"do.qu'''bdodo nó n)

Fig_ VI-7J

313

8' I 8' I 14' 116' 2/tm

+2m ,j<-2m+2m+

3.7 - Para a viga Gerber da Fig. VI-8I, obter entre que valores extremosirá variar a reação de apoio vertical em E, São dados:

a) carga permanente: g = 2 t/mb) trem-tipo:


Fig. VI-76


3.3 - Para a viga Gerber da Fig, VI-77, traçar as linhas de influência dosseguintes efeitos estáticos:Msl, QDesq , QGesq, VD, MS2' Qs

I.

AB C O E F

~O O zs: li A

..,f- 4m ---+- 4m -+- 4m v 8m I, 8m Ie

";, "

Fig. VI-81

Fig. VI-77

3.4 - Traçar as linhas de influência 'de VG, Qnesq, QF, QGdir, MG e MK,para a viga Gerber da Fig. VI- 78. A B C O E F G H1--~-1[}I------

I s 1--+! J L : ~1m

+-"T,f- ,,4,,~,,' A'2m 2m 3m 2m 2m 3m 2m 2m

Fig. VI-82

3.8 - Traçar, para o quadro composto da Fig. VI-82, as linhas de influên-cia de Ms, VA, QF, Vj,MHesq

I J0-------0

H

zsGzs

Fo

Figo VI-78

C o0-----0

Bzsl,

305 - Traçar as linhas de influência de VD, QEesq, Qcesq, ME e QH paraa viga Gerber da Fig. VI-79.

.á

3.9 - Traçar as linhas de influência de Mndir, MGdir, QHesq, Ms I' QDes,!e NbarraGH, para o quadro da Fig. VI-83.

3.6 - Traçar, para a viga Gerber da Fig. VI-80, carregada indiretamente,as linhas de influência de MF, VE, QEesq, ME, Vc.

~ ,

Fig. VI-79

.+--~ .-~~~---.. ,-+----t ----+;1'. 2.

-----~II-----------------HII------I I C I J J

A';;;:;;-----eo A o o ~ E F~ oG àHFigo VI-83

Fig. VI-80

3.10 - Traçar, para o quadro da Flg. VI-84, as linhas de influência deMs" Qs3, Ms4, Ms2, VC, HD,QS6' Mss' Qs7,

Fig. VI-84

3.13 - Traçar, para a treliça Warren da Fig. VI-87, carregada inferior-mente, as linhas de influência de esforços normais nas barras indicadas.

356Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas

t~J 2 11 2 11 2 11 2 11 2 11 2 11 2 { 21' 2 11 2 11 2 v 2v11- A /I /I J1 Ji A I , /I 11 11 11

t


51

A

3 3'lI. •"

Fig. VI-87

3.11 - Para o pórtico triarticulado da Fig. VI-85, que é percorrido pelo

trem-tipo a I I J J Y 2 t/m , pedem-se os valores dos seguintes efeito~

máximos e mínimos, provocados por esse trem-tipo:

a) momento fletor, esforço cortante e esforço normal em SI;b) tensão no bordo e do encontro da esquerda;c) momento fletor em S2'

3.14 - Idem, para a treliça Pratt da Fig. VI-88, carregada superiormente.

f v,

1lc 6x2= 12m f

Fig. VI-88

3.15 - Idem, nas barras indicadas na treliça da Fig. VI-89, carregadainferiormente.

f- 6x2m= 12m ~c

f e

Fig. VI-89Fig. VI-8S

3.16 - Idem, nas barras da treliça da Fig. VI-90, carregada inferiormente.

tl

-~6x2m = 12mFig. VI-90

-J.--Fig. VI-86

3.12 -- Para o arco semicircular da Fig. VI-86, desenhar as linhas deinfluência dos esforços simples atuantes na seção S indicada.

3563.17 -

Curso de análise estrutural Estudo das cargas móveis em estruturas isostáticas 367

Idem, nas barras indicadas da treliça da figo VI-91, carregada inferiormen-te.

3.20 - Desenhar as linhas de influência das reaçõ~s de apoio e dosesforços simples atuantes na seção S da grelha isostática da Fig. VI-94.

Idem, nas barras indicadas na treliça da figoVI-92, carregada inferiormenteem todos os nós.

C -13m-I

3m90o~-I

//

---/.---/

//

/ /i 3m---*-

Fig. VI-94

/*-3m

2m

2m-+-t

--,I.-Fig. VI-91

8x2m = 16m

3.18

(mtl

60

-30

(62.5)60(62.5)

-30

60

--x- 4m -* 2m -X- 2m -X- 2m ~ 4m ~


~.2

3.1 - a) 56mt;b)48mt; c)40t

2m-+

900/ 1

/o /.l

fbO // ----/-1I . /

---'r2m-f-Fig. VI-93

Fig. VI-92

-f-2m-f-2m+ 2x2=4m -+ 2m+

/I-+- 3m

4x2 =8m

3.19

Desenhar as linhas de influência dos esforços simples no engaste da grelhada figoVI·93.

a'l

+1

Estudo das carga,. móveis em estruturaa isostáticas

3.5

3.6J;:I"

t '.~;1

j:


+1

A B C o E F G ~K

LS-~ ~ -: '7 ---o;:

-Til-I-- Til I

l I 8 I I I - I L.l.V G

I -1 I I 0 I I I 1

8 8 I I +1 I_I I IL.I.OaPSl

~/~~ 1.1 -1 I I I I+1

1.__ I 8 _~L.I.QF

I I G I I _11 I i iI I I I /; I I I

I ~I~I,/ I~L.I.QGdir.

I I 1~rG::/ I I II I I I -1;.5 l(,' I I I

!~_lw_~__I&_8 _' __ vtJ:'::,'

A B C S, o E~_.~>--S2-.,.....G --~6f' r t I n <I I T!4:~H=-i-~: I

LI

.

M

.

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1 . +21-- I 1 I II I -1

I I I~~.===-I '__ IL.I.ooes •.

I~ __/~./' I I 1

II II +lll/~' !!I //1 8 ,-I/ .. I L.I.OGes •.

I I I I I 1------.1I ~ I I IUvo

I I ~I 1100/ I I II I I ~ ~-1.5

I I I : :~ : ·IL.l.MS2

I I I l-I I I I Il~ I i I L. I. Os ,

3.4


3.7 - VE E [ -1,+54] 3.10

L. I. Ms-"

II

.........-1------3

I -S~/I---I /

c /

II

/ I~// I

~~~,~: I i i lua,-3

1 ;""';r;=::----I L.I.M

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I I +3 I Ii I I II I I I

-------I~-----IL.I·vc

I +1 I I'",0 I L.I.Ho

'""---------1---1-1 I IJL.l.QS•

III~II IIII~ I1 ~ IUoo

~

I J,: +l//- II~_____ I IL.I,a•.•

+1 --

3.11-

a) Máximos: +1,33mt; +0,67t; +0,33t. Mínimos: - 24mt; - 12t; -12t

b) Máximo: 32 t/m2 (tração); mínimo: -~ t/m2 (compressão)

c) Máximo: +%mt; mínimo: -12mt 3

" 'I'Il,

"i);

JH

_____ IL.I.NGH

A B C o E FGI--;f- 1

1

---- 1--- --- i-:--------lI I s I I

L / I I ' KI I I J I I

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I 1 I I I I -,I I I I AI ~L.I.a". ••

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I~,_=I =0~:>~....ci -11~ L.1·Qol!lSq

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•• I

A B C o E F G H--- r--I----- ---r--- 1---- I---r---I I I I s: I I I I

IJ I I 1I L I I I II I I I I -2 I II I I I I~ IL1.M,. u.•.••••••"

III~I: :I ~i2 I I IL.I,vA

+1 ~I I I I I IL1.QF

I I I . I +1~1 I iL.l,vJ

I~/ II11+1~ -2 II ~ IL.I.MHssq.

3.9

3.8

383

II

L.I.°S

I u, I I u,_IU'v,

1~/1 1 I i I

1 1+1 I I I I I U.u,

~I+1 ---- I I --- -;---Jv'2

I I __ ------- It:~.iL.I.D,-- I I I+../2 - - - - I

I I I I_'r-_____ + I i II -- --- I;~~IL.l.V'-------_...1+1

I . I L.I.V,. L,I,UI!

I I --l"I~IL.I.V.

I I I U3 I I I T

-1 I 1 1 I I18 I_-==-- L.I'Vo

-2r--{-:J--1 : I .: .

~ I L.I.02 • L.I.V3

-11 __ J _ _ I I . I I I[ 1~==JIIL.I.V2I-====<:" - -1_ I

i I - T: 1- - - - - - - - +1

1 ~I--y'21 - - I I

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3.15

3.14{,~


II-m 1--7

3~1 18 I ILI.o,I I I I· :::::=== LI'U2r---------_ I I ~~~-- _ _ _ 1_./13/3

+2L---:-=-->-i I I _-------l.\ 1_--------- ~LI.O.

+v'1í r-==::s G I I I3~--------- I I L.1.U3

[~~~+19.- ---- I \

3 -=- I-~L~- ~L.I'02

r-------l--_1 _ I-VlJ \ I /fi -.- LI.OS

3. W7 J------ +y'ji- --- -- -'3""'.

3.13

311

-4 -4

+1

A

-5

A

-vz~ i _I I I I 1-,~IIII 1_____ 1~IL.I.OI

I II~~II I

I L.I.V", -1 I t

Ir----------~--- ~L.I.Ve

I I I I I ,~IL.I.06

I +V2 I-v'2r- -' I I

----------~I L.I.O,

I I I

~ +1


3.19

\,.

CUBO de análise estrutural

I I-l[Ni I

I IU I IL.l.V~

-0.5 ----L I I II I -I- II I -1- - +0,5 I II I + 1 I] I I II / I1',I~~:l1___ 1~·~L.1.06~ GI I I -v2t2

I kJY}{I,D7;

I IA~~,:~

04

L.I.U3

I I I i I

I _11~_----- I 81~I~L.I.V3

I I I II ~ ILID4

I ~I G +0I I I 1_1

I v:::: G IL.I.V4

II ~L.I.04

8

+2

3.17

+1

-0,5

Cuno de análise estrutural

+1

+1

-1,5

+ 1,5L.I.MS

L.I.TS

+0,5L.1.Os

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Livro - Jose Carlos Suessekind - Curso de Analise Estrutural - Vol 01

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